36个高考物理热点排查练 热点13 动力学和能量观点分析多过程问题

热点13动力学和能量观点分析多过程问题(建议用时：40分钟)1．(2020·三明市期末质量检测)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，滑道AB由长直助滑道与弯曲滑道平滑接连，AB高H＝60m，B是半径R＝20m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始下滑，途经滑道的C点，BC高h＝10m，不计阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)以C点所在水平面为零势能面，运动员在B点时的机械能；(2)运动员经过B点时对滑道的压力值。2．(2020·泰州市上学期期末)如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出。已知小球在D点对管下壁压力大小为eq\f(1,2)mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力。求：(1)小球在A点初速度的大小；(2)小球在D点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。3.(2020·山东六地市3月在线大联考)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。滑板运动的轨道如图所示，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m。求：(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB；(2)水平轨道CD段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离。4．(2020·福州市4月模拟)如图所示，ABCD是光滑轨道，其中竖直圆轨道的半径为R＝0.2m，最低点B处入、出口不重合，C点是最高点，BD部分水平，D点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v＝1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L＝1m。质量为m＝1kg的小物块从轨道上高H＝0.6m处的P位置由静止释放，在竖直圆轨道内通过最高点C后经B点进入水平轨道，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块经过最高点C处时所受轨道的压力N的大小；(2)小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间摩擦产生的热量Q。

参考答案与解析1．解析：(1)由题意，运动员在B点处的机械能为：EB＝mg(H－h)解得EB＝3×104J；(2)从A到B由动能定理：mgH＝eq\f(1,2)mv2在B点，由牛顿第二定律：N－mg＝meq\f(v2,R)解得N＝4200N根据牛顿第三定律可知，运动员对滑道的压力为N′＝4200N。答案：(1)3×104J(2)4200N2．解析：(1)小球从A到B，竖直方向：veq\o\al(2,y)＝2gR(1＋cos60°)解得vy＝eq\r(3gR)在B点：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(gR)。(2)在D点，由向心力公式得mg－eq\f(1,2)mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(\f(gR,2))ω＝eq\f(vD,R)＝eq\r(\f(g,2R))。(3)从A到D全过程由动能定理：－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W克＝eq\f(1,4)mgR。答案：(1)eq\r(gR)(2)eq\r(\f(g,2R))(3)eq\f(1,4)mgR3．解析：(1)在B点时有vB＝eq\f(v0,cos60°)，得vB＝6m/s。(2)从B点到E点有mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得L＝6.5m。(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处有mgh－mgh′－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得h′＝1.2m<h＝2m，故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得mgh－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得s＝19m，s＝2L＋6m，故运动员最后停在C点右侧6m处。答案：(1)6m/s(2)6.5m(3)不能停在C点右侧6m处4．解析：(1)设小物块滑到C的速度为vC，从A→C过程由机械能守恒定律得mgH＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)①小物块在C处由牛顿第二定律得mg＋N＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)②由①②式解得N＝10N；③(2)设小物块到达传送带左端的速度为v0，加速度大小为a，在传送带上运动的时间为t，到达传送带右端速度为vt；从P→B过程，由机械能守恒定律mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④从P→E过程，由动能定理mgH－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－0⑤由牛顿第二定律μmg＝ma得a＝μg＝4m/s2⑥联立上式及由运动学公式得t＝