（全国通用）高考物理第五章微专题42用动力学与能量观点分析多过程问题加练半小时（含解析）.docx

用动力学与能量观点分析多过程问题方法点拨(1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点.1.(2018福建省漳州市考前冲刺)如图1所示，倾角37的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m1kg的物体A和B用一劲度系数k240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与小环C连接，轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上.当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角53，物体B对挡板P的压力恰好为零.已知sin370.6，cos370.8，g取10m/s2.求：图1(1)当环C位于Q处时绳子的拉力大小FT和小环C的质量M；(2)现让环C从位置R由静止释放，位置R与位置Q关于位置S对称，图中SD水平且长度为d0.2m，求：小环C运动到位置Q的速率v；小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.2.如图2所示，一个倾角30的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮.质量为m的A物体置于地面，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连.一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接，调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行.现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升.求：图2(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x；(2)B物体下滑到最低点时的加速大小和方向；(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面，C物体的速度大小v.3.如图3所示，光滑水平轨道的左端与长L1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v01m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点.现用质量m0.4kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M0.2kg的长木板且不会从木板上掉下来.半圆轨道的半径R0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数10.8，小物块与木板间动摩擦因数20.2，长木板与水平地面间动摩擦因数30.1，g取10m/s2.求：图3(1)小物块到达B点时速度vB的大小(结果可带根号)；(2)弹簧被压缩时的弹性势能Ep；(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x.4.(2018北师大附中模拟)如图4所示，高H1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M1kg、高h0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面(不粘连且小车上表面与BC等高)，放置于光滑水平地面上.质量m1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无机械能损失地滑上BC水平面，再滑上小车的左端.已知小物块与小车上表面间的动摩擦因数0.4，g取10m/s2.图4(1)求小物块P滑上小车左端时的速度v1.(2)如果小物块没有从小车上滑落，求小车最短长度L0.(3)若小车长L1.2m，在距离小车右端s处固定有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功Wf与s的关系.答案精析1.(1)12N0.72kg(2)2m/s0.3J解析(1)先以A、B组成的整体为研究对象，系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，根据平衡条件得绳子的拉力大小FT2mgsin，解得FT12N.以C为研究对象受力分析，根据平衡条件得FTcos53Mg，解得M0.72kg.(2)环从位置R运动到Q位置的过程中，小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有MgMv2mvA2，其中vAvcos，联立解得v2m/s.由题意，开始时B对挡板的压力恰好为零，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态.对B受力分析，有kx1mgsin，解得弹簧的伸长量x10.025m，小环从R运动到S时，A下降的距离为xAd0.05m，此时弹簧的压缩量x2xAx10.025m，由速度分解可知此时A的速度为零，小环从R运动到S的过程中，初、末态的弹性势能相等.小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有MgmgxAsinEk，解得Ek1.38J，小环从位置R运动到位置S的过程中，对小环C，由动能定理可知WTMgEk，解得WT0.3J.2.(1)(2)g方向沿斜面向上(3)g解析(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，设B物体沿斜面下滑x，则弹簧伸长为x.对A物体有：kxmg0，解得：x(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间作用力为0.对A物体：由平衡条件得：FTmg0设B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：FTmgsinma，解得：agB物体加速度的方向沿斜面向上(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加E，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：Emgxsin对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得E2mv22mgxsin解得：vg3.(1)m/s(2)5J(3)2.78m解析(1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mgm解得vBm/s(2)由于vBv0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：Ep1mgLmvB2解得Ep5J(3)小物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg2RmvB2mvC2代入数据解得vC5m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：2mgma1，解得a12m/s2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff12mg0.8N下表面受到的摩擦力Ff23(Mm)g0.6N，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：Ff1Ff2Ma2解得a21m/s2设经过时间t小物块与长木板达到共速vD，vCa1ta2tvD解得ts，vDm/s时间t内长木板运动的位移x1a2t2m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：3(Mm)gx2(Mm)vD2解得x2m所以长木板运动的最大位移xx1x22.78m.4.(1)4m/s(2)1m(3)见解析解析(1)由机械能守恒定律得mg(Hh)mvB2，代入数据计算得出vB4m/s，即小物块P滑上小车左端时的速度v14m/s.(2)小车长度最短时，小物块刚好滑到小车右端与小车共速且速度为v2.以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv1(mM)v2，由能量守恒定律有mv12(mM)v22mgL0，得v22m/s，L01m.(3)设共速时小车位移x1，物块对地位移x2，分别对小车和物块由动能定理有Mgx1Mv22，mgx2m(v22v12)，代入数据计算得出x10.5m，x21.5m.若sx1，小物块将在小车上继续向右做初速度