高考物理-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s【答案】A【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/sfmgagmm，在AB段，根据动能定理可得2201122ABBfxmvmv，解得4m/sBv，故1104s3s2t；小车在BC段，根据机械能守恒可得212BCDmvmgh，解得0.8mCDh，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得12BCBCCDxRxh，解得4mBCx，1sin5CDBChx，故小车在BC上运动的加速度为22sin2m/sag，故小车在BC段的运动时间为224s2s2Bvta，所以小车运动的总时间为125sttt，A正确。【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μgA在B上滑动时有2aAL＝v2A解得：vA＝2μgL。(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小F＝μmg＋2μmg＝3μmg由牛顿第二定律得F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得：vB＝22μgL。【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【最新考向解码】【例1】(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。【答案】(1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s图象见解析【解析】(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，则a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，则a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。(2)物块上滑过程：t1＝0－v0－a1＝1ss1＝0＋v02t1＝4m物块下滑过程：s2＝s1＝12a2t22得t2＝2s故总时间t＝t1＋t2＝3s。(3)物块下滑过程：v2＝a2t2＝4m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v­t图象如图所示。【例2】（2019·江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设斜面的倾角为α．据题有μ=kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为f=μmgcosα=kxmgcosα，知f∝x．根据动能定理得201 022kxmgcosmgxsinxmv，得v2=2gxsinα–kx2gcosα，知v–x图象为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得mgsinα–μmgcosα=ma，结合μ=kx，得a=gsinα–kxgcosα，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得0 02kkxmgcosmgxsinxE，得Ek=mgxsinα–12kx2mgcosα，知Ek–x是开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知0122fkxmgcosEWxkxmgcosx机，随着x的增大，E机–x图象斜率绝对值增大，故D错误。【例3】（2019·山西省太原市第五中学高三模拟）如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知（）A．该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0B．该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度不一定为v0C．该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度大小一定为v0D．该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度一定小于v0【答案】AD【解析】物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得:201cos2AODBABmgxmgxmgxmv，由几何关系cosABOBxx，因而上式可以简化为2012AODBOBmgxmgxmgxmv，即2012AODOmgxmgxmv，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0，故A正确；B错误；该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点有动能定理可知：212AODOmgxmgxmv与公式2012AODOmgxmgxmv，比较可知：0vv，故C错误；D正确；故选AD。【微专题精练】1．(多选)(2019·广东省茂名市第二次模拟)如图，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0沿AB运动恰能通过最高点，则()A．R越大，v0越大B．m越大，v0越大C．R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大D．m越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大【答案】AD【解析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg＝mvD2R，则vD＝gR，根据动能定理得12mv02＝12mvD2＋2mgR，解得v0＝5gR，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，FN－mg＝mv02R，则轨道对小球的支持力FN＝mg＋mv02R＝6mg，则FN大小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知C错误，D正确．2．(2019·河南省洛阳市上学期期中)如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示小滑块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．小滑块恰好可以到达Q点B．小滑块不能到达Q点C．W＝12mgRD．W12mgR【答案】C【解析】从最高点到N点，由动能定理有2mgR－W＝12mv2，在N点，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv2R，由牛顿第三定律有FN＝FN′＝4mg联立可得W＝12mgR，故C正确，D错误；小滑块从P点到N点再到Q点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN段与轨道之间的压力大于NQ段小滑块与轨道之间的压力，根据Ff＝μFN可知，小滑块在PN段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ段小滑块克服摩擦力做的功W′12mgR，从N到Q，由动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2－12mv2，解得vQ0，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故A、B错误．3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl【答案】A【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔEp＝23mg·l6＝19mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝19mgl，故选项A正确，B、C、D错误．4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，则()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s内摩擦力对物体做功Wf＝－24J【答案】ACD【解析】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ