2024年高考物理題型突破限時(shí)大題精練01 動(dòng)力學(xué)與能量綜合問題

大題精練01動(dòng)力學(xué)與能量綜合問題公式、知識(shí)點(diǎn)回顧（時(shí)間：5分鐘）一、考向分析1.本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在多運(yùn)動(dòng)過程問題、傳送帶問題和滑塊一木板問題三類問題中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題壓軸題的形式命題。2.用到的知識(shí)有:動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)。二、動(dòng)力學(xué)牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律F合=ma或或者Fx=maxFy=may向心力牛頓第三定律三、運(yùn)動(dòng)學(xué)勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度：Vt/2==Vs/2=勻加速或勻減速直線運(yùn)動(dòng)：Vt/2<Vs/2自由落體運(yùn)動(dòng)豎直拋體運(yùn)動(dòng)(注意：時(shí)間和速度的對(duì)稱性)四、功和能動(dòng)能重力勢(shì)能(與零勢(shì)能面的選擇有關(guān))彈性勢(shì)能功W=Fscos(恒力做功)W=Pt（拉力功率不變）W=fS相對(duì)路程（阻力大小不變）功率平均功率：即時(shí)功率：動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律或者Ep=Ek【例題】【傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)和能量問題】如圖所示，水平傳送帶AB，長為L＝2m，其左端B點(diǎn)與半徑R＝0.5的半圓形豎直軌道BCD平滑連接，其右端A點(diǎn)與光滑長直水平軌道平滑連接。軌道BCD最高點(diǎn)D與水平細(xì)圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓筒上邊緣接觸，且DE延長線恰好延圓筒的直徑方向。已知水平傳送帶AB以v＝6m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)行，圓筒半徑r＝0.05m、高度h＝0.2m。質(zhì)量m＝0.5kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從P點(diǎn)處以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，與其它軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計(jì)，不計(jì)管道DE的粗細(xì)。（1）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點(diǎn)D，求滑塊經(jīng)過半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN；（2）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點(diǎn)D，求滑塊的初速度v0；（3）若小滑塊能從D點(diǎn)水平滑入管道DE，并從E點(diǎn)水平離開DE后與圓筒內(nèi)壁至少發(fā)生6次彈性碰撞，求滑塊的初速度v0的范圍?！窘獯稹拷猓海?）小滑塊恰好能通過最高點(diǎn)D處，則在最高點(diǎn)重力提供向心力，軌道對(duì)小滑塊無壓力，即mg=m小滑塊從B點(diǎn)向D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)能定理﹣mg?2R=12mv代入數(shù)據(jù)解得vB＝5m/s在最低點(diǎn)B點(diǎn)，有F聯(lián)立以上各式，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊經(jīng)過半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN＝F'N＝30N（2）根據(jù)（1）中vB＝5m/s＜6m/s，則小滑塊在傳送帶上一直保持勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則根據(jù)動(dòng)能定理μmgL=代入數(shù)據(jù)解得v0＝1m/s（3）設(shè)小滑塊與圓筒內(nèi)壁剛好發(fā)生6次彈性碰撞，小滑塊在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向速度大小不變，則有h代入數(shù)據(jù)解得t＝0.2s水平方向上2r=代入數(shù)據(jù)解得v'D＝3m/s從B到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得-代入數(shù)據(jù)解得v在傳送帶上，根據(jù)動(dòng)能定理可得μmgL=代入數(shù)據(jù)解得v故為了保證小滑塊與圓筒內(nèi)壁至少發(fā)生6次彈性碰撞，滑塊的初速度v0的范圍為v難度：★★★★★建議時(shí)間：40分鐘1．【用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決直線+圓周+平拋組合多過程問題】如圖甲所示是一款名為“反重力”磁性軌道車的玩具，軌道和小車都裝有磁條，軌道造型可以自由調(diào)節(jié)，小車內(nèi)裝有發(fā)條，可儲(chǔ)存一定彈性勢(shì)能。圖乙所示是小明同學(xué)搭建的軌道的簡化示意圖，它由水平直軌道AB、豎直圓軌道BCD、水平直軌道DM和兩個(gè)四分之一圓軌道MN與NP平滑連接而組成，圓軌道MN的圓心O2與圓軌道NP的圓心O3位于同一高度。已知小車的質(zhì)量m＝50g，直軌道AB長度L＝0.5m，小車在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的磁吸引力始終垂直軌道面，在軌道ABCDM段所受的磁力大小恒為其重力的0.5倍，在軌道MNP段所受的磁力大小恒為其重力的2.5倍，小車脫離軌道后磁力影響忽略不計(jì)。現(xiàn)小明將具有彈性勢(shì)能EP＝0.3J的小車由A點(diǎn)靜止釋放，小車恰好能通過豎直圓軌道BCD，并最終從P點(diǎn)水平飛出。假設(shè)小車在軌道AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小等于軌道與小車間彈力的0.2倍，其余軌道均光滑，不計(jì)其他阻力，小車可視為質(zhì)點(diǎn)，小車在到達(dá)B點(diǎn)前發(fā)條的彈性勢(shì)能已經(jīng)完全釋放，重力加速度g取10m/s2。（1）求小車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；（2）求小車運(yùn)動(dòng)到圓軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN；（3）同時(shí)調(diào)節(jié)圓軌道MN與NP的半徑r，其他條件不變，求小車落地點(diǎn)與P點(diǎn)的最大水平距離xm?！窘獯稹拷猓盒≤嚨馁|(zhì)量m＝50g＝0.05kg（1）小車由A運(yùn)動(dòng)至B過程，由能量關(guān)系可知：E其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入數(shù)據(jù)得：vB＝3m/s（2）小車恰好能通過豎直圓軌道BCD，設(shè)小車在C點(diǎn)的速度為vC，則：mg小車從B到C，由動(dòng)能定理得：-得：R＝0.2m在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：F聯(lián)立解得：FN′＝3N由牛頓第三定律，小車運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為FN＝FN′＝3N（3）小車從B到P，由動(dòng)能定理得：-小車從P點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：x＝vPt2r=1聯(lián)立解得：x=當(dāng)r=980m＝0.1125m時(shí)，小車落地點(diǎn)與小車從P點(diǎn)飛出vP＞0，則：r＜0.225m但因?yàn)樾≤囋贜點(diǎn)滿足：m小車從B到N，由動(dòng)能定理得：-聯(lián)立解得：r≥0.2m綜合可知，當(dāng)r＝0.2m時(shí)，小車落點(diǎn)與P點(diǎn)水平距離最大，最大距離為：xm2．【綜合能量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析含有彈簧模型的多過程問題】如圖所示為某彈射游戲裝置示意圖，通過拉桿將彈射器的輕質(zhì)彈簧壓縮到最短后釋放，將質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)水平彈出，水平滑行一段距離后經(jīng)過B點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入細(xì)口徑管道式軌道BCD，最后從D點(diǎn)水平飛出，并落在平臺(tái)上豎直薄板EF的右側(cè)。整個(gè)軌道處在同一豎直面內(nèi)，其中CD部分是半徑為R的圓弧軌道，圓心在D點(diǎn)正下方；管口D始終保持水平，距平臺(tái)的高度可自由調(diào)整、水平位置不變；以D點(diǎn)正下方平臺(tái)上的O點(diǎn)為原點(diǎn)水平方向建立x軸，規(guī)定水平向右為正；當(dāng)D點(diǎn)距平臺(tái)的高度為10R時(shí)，小滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。已知軌道AB部分長度為R，整個(gè)軌道僅在AB段粗糙，滑塊與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ；薄板EF的高度為5R；管的口徑僅略大于滑塊，不計(jì)空氣阻力、滑塊的大小和薄板的厚度，重力加速度為g。求：（1）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能Ep；（2）當(dāng)h＝8R時(shí)，物塊到D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物塊的作用力；（3）要使滑塊恰好能落在薄板右側(cè)，求薄板的坐標(biāo)x與h之間的函數(shù)關(guān)系；（4）若將薄板的高度調(diào)整為2R，放置在x＝43R處，調(diào)整D點(diǎn)距平臺(tái)的高度，求滑塊落在擋板右側(cè)的范圍?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)h＝10R時(shí)，小滑塊由A到D的過程由能量守恒定律得：Ep＝μmgR+mg?10R（2）當(dāng)h＝8R時(shí)，設(shè)小滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由能量守恒定律得：Ep設(shè)軌道對(duì)小滑塊的作用力為F，由牛頓第二定律得：mg+F=m聯(lián)立解得：F＝3mg，方向豎直向下（3）設(shè)滑塊從D點(diǎn)平拋的初速度為v'，由動(dòng)能定理得：mg(10R-若平拋恰好經(jīng)過F點(diǎn)，水平方向x＝v′t豎直方向h-聯(lián)立解得：x2＝﹣4h2+60Rh﹣200R2（4）由（3）可知，滑塊恰好通過F點(diǎn)時(shí)滿足(4解得：h1＝4R，h2＝8R當(dāng)h1＝4R時(shí)，由動(dòng)能定理得：mg(10R-h1x1＝v1t1解得：x同理可解得，當(dāng)h2＝8R時(shí)x2＝8R若無擋板，則由動(dòng)能定理得：mg(10R-h0x0＝v0t0解得：h0＝5R時(shí)，落地距離最遠(yuǎn)為x0＝10R當(dāng)h0=5R，解得：y＝2.4R＜5R﹣2R故所求范圍為8R≤x≤10R3．【綜合能量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析板塊模型】如圖甲所示，傾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放置長度L＝1m、質(zhì)量M＝3kg的長木板A，長木板的下端恰好與斜面底部齊平；一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的物塊B放在木板上，與木板上端距離d1＝0.15m；與木板上端距離d2＝1m的虛線ef右側(cè)存在足夠?qū)拕驈?qiáng)電場，電場方向垂直斜面向上。t＝0時(shí)刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在長木板上，1s后撤去F，物塊B在0～1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，且物塊B在t＝1.3s時(shí)速度恰好減為0。已知物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=32，長木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=33（1）恒力F的大小；（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；（3）從t＝0時(shí)刻起到木板下端再次與斜面底部齊平的過程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量。【解答】解：（1）由圖乙可得，0～1s物塊B加速度大小為：a若物塊B與長木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則有：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma0代入數(shù)據(jù)得：a0=2.5m/s2，a故恒力F作用后，兩者相對(duì)靜止，一起向上加速對(duì)AB整體有：F＝μ2（M+m）gcosθ﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a1代入數(shù)據(jù)得：F＝48N（2）0～1s內(nèi)AB一起運(yùn)動(dòng)的位移為：s代入數(shù)據(jù)得到：s1＝1m＝d2即撤去外力時(shí)木板恰運(yùn)動(dòng)到電場邊緣，假設(shè)撤去外力后AB相對(duì)靜止一起減速，對(duì)AB整體有：μ2（M+m）gcosθ+（M+m）gsinθ＝（M+m）a2代入數(shù)據(jù)得到：a對(duì)物塊B有：f0+mgsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)得：f0＝5N＜fm＝7.5N假設(shè)成立，兩者相對(duì)靜止一起減速，在此加速度下若B減速為零，則運(yùn)動(dòng)距離為：s代入數(shù)據(jù)得到：sB0＝0.2m＞d1即物塊B到達(dá)電場邊緣時(shí)尚未減速為零。由位移—時(shí)間公式有：d解二次方程得：t2＝0.1s或t2＝0.3s（舍棄）由速度—時(shí)間公式有：v2＝v1﹣a2t2物塊B在t＝1.3s減速為零，則共進(jìn)入電場后的加速度大小為：a由牛頓第二定律有：mgsinθ+μ1（mgcosθ﹣qE）＝ma3代入解得：E=5（3）物塊B進(jìn)入電場后減速為零經(jīng)過的位移為：s長木板A減速為零的位移為sA，則有：-代入數(shù)據(jù)得：sB＝0.1m，sA＝0.05m由于：sB＜sA+d1所以物塊B尚未沖出長木板A的上端，A物體減速為零后，因：μ2Mgcosθ＝Mgsinθ故A靜止不動(dòng)，物塊B離開電場時(shí)，速度與進(jìn)入時(shí)候等大反向，即：v2′＝v2對(duì)B：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB對(duì)A：μ1mgcosθ+Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝MaA