秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题(原卷+解析卷)——2025年高考物理压轴题专项通关秘籍(全国通用)

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名称 秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题(原卷+解析卷)——2025年高考物理压轴题专项通关秘籍(全国通用)
格式 zip
文件大小 1.6MB
资源类型 试卷
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2025-03-24 01:28:02

文档简介

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秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题
一、运动过程剖析
1、复杂轨迹与阶段划分:压轴题里物体运动形式多样,像先在粗糙平面匀减速,接着平抛,再沿斜面加速下滑等。考查学生能否精准识别各阶段运动性质(匀变速、平抛、圆周等),依据运动学特征划分阶段。
2、过程衔接点物理量关联:各运动过程衔接点的速度、位移很关键。速度变化影响下一阶段运动,位移决定位置连续性。考查学生能否找到这些物理量在过程转换时的联系,列方程求解未知量。
二、动力学规律运用
1、多力作用下牛顿定律应用:多过程中物体受力复杂,不同阶段可能受重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等。要求学生各阶段准确受力分析,用牛顿第二定律F = ma求加速度,确定运动状态变化。
2、变力作用与微元法处理:物体受弹簧弹力、空气阻力等变力时,加速度不断变化。需用微元法把连续过程分成小段,每段按匀变速处理,再用数学方法(积分等)累加求解。考查学生对微元思想的理解和应用能力。
三、能量转化考查
1、多种能量形式识别与转化路径分析:多过程涉及动能、重力势能、弹性势能、电势能、内能等能量转化。要求学生识别各阶段能量形式变化,明确转化路径,比如摩擦力做功使机械能转化为内能,电场力做功改变电势能。
2、能量守恒方程建立与求解:依据能量守恒定律,在初末状态及各过程建立能量等式,求解未知物理量。考查学生对能量守恒本质的理解,以及构建方程解题的能力。
四、动力学与能量综合考查
1、动力学为能量求解提供条件:先通过动力学分析确定物体运动参数(速度、加速度等),用于能量计算。例如,用牛顿定律求物体某位置加速度得速度,再代入能量公式算动能。
2、能量观点辅助动力学问题解决:从能量角度分析物体运动可简化动力学问题。如用能量守恒判断物体能否完成特定运动,或确定临界状态能量条件,再结合动力学知识求解相关物理量。
题型一 传送带模型中的动力学和能量问题(计算题)
题型二 用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题(计算题)
题型三 综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题(计算题)
传送带模型中的动力学和能量转化问题
1.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个:
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.
(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解.
2.传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.
(2)对W和Q的理解:
①传送带做的功:W=Fx传;
②产生的内能Q=Ffx相对.
传送带模型问题的分析流程
水平传动带模型上物体的常见运动
项目 情景1:轻放 情景2:同向 情景3:反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速; (2)可能滑块先加速后匀 速; (1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速. (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端. (2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v和v0倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目 情景1:上传 情景2:下载 情景2:反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速; (2)可能先加速后匀速; (3)还有其他结论吗? (1)可能一直加速; (2)可能先加速后匀速; (3)可能先以a1加速后以a2加速. (1)可能一直加速; (2)可能一直匀速; (3)可能先减速后反向加速
倾斜传送带——上传模型
受力分析 运动分析(先加后共) 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件:μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析(一直加速) 难点问题
μ倾斜传送带——下载模型
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后,若μ≥tanθ 一起匀速,摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物,痕迹Δx1=x传-x物,共速后,x物>x传,痕迹Δx2=x物-x传,总痕迹取二者中大的那一段
含弹簧类机械能守恒问题
1.物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能.
2.发生形变的物体不一定具有弹性势能,只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能.
3.弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的.
4.弹力做功引起弹性势能的变化.弹力做正功,弹性势能减少,弹力做负功,弹性势能增加.
常用公式
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt(拉力功率不变) W=f S相对路程 (阻力大小不变)
功率 平均功率: 即时功率:
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
1.(2025 威远县校级一模)某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道,其简化模型如图所示,半径R=4m的光滑圆弧轨道AB与一传送带BC平滑连接,两轨道相切于B点,A点与圆心O点等高。传送带长L=3m,与水平方向夹角θ=37°传送带以v0=3m/s的速度顺时针方向转动,距C点水平距离为x,高为h处设置一水平平台DE,闯关者从A点静止下滑,最后要从C点飞出并落入平台DE,某次闯关时,闯关者质量m=60kg,闯关者与传送带的动摩擦因数μ=0.25,不计空气阻力和轨道连接处的能量损失,不考虑传送带滑轮大小,g=10m/s2,求:
(1)闯关者在圆弧轨道上的B点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。
(2)为了使闯关者能恰好水平进入平台DE,求平台距C点的水平距离x。
(3)求这次闯关时,传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。
【解答】解:(1)从A点到B点,根据动能定理可得:

解得:
vB=8m/s,
在B点,根据牛顿第二定律可得:

解得:
FN=1440N,
根据牛顿第三定律可知,闯关者在圆弧轨道上的B点时对圆弧轨道的压力大小为1440N。
(2)由于vB>v0,则闯关者先做匀减速运动,在传送带上,根据牛顿第二定律可得:
mgsinθ+μmgcosθ=ma,
解得:
a=8m/s2,
若全程匀减速,根据运动学规律可得:

解得:
vC=4m/s>v0,假设成立,
故到达C点时的速度为4m/s;
从C到D,根据平抛运动规律可得:
vy=vCsinθ=gt,x=vCcosθ t,
联立可得:
x=0.768m。
(3)在传送带上运动时,闯关者的位移为:
x1=L=3m,
运动时间为:

故传送带位移
x2=v0t=3×0.5m=1.5m,
则传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量为:
Q=μmgcosθ (x1﹣x2),
联立可得:
Q=180J。
2.(2025 酒泉一模)如图所示,竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,所对应圆心角θ=53°,半径R=2.5m,O为圆心,圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v=3m/s且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带,传送带上表面与P点高度差H=0.8m。现一质量m=1kg(可视为质点)的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出,由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.83,cos53°=0.6,求:
(1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小;
(2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小;
(3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
【解答】解:(1)滑块离开传送带做平抛运动,竖直方向有:
滑块沿P点切线滑人圆弧轨道,故:
联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小:v0=3m/s
(2)滑块在P点的速度大小:vp5m/s
滑块从P到Q,由动能定理有:
在Q点,由向心力公式有:
联立解得:FN=28N
由牛顿第三定律可知,滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小:FN′=FN=28N
(3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间:ts=0.6s
位移大小:xm=0.9m
传送带的位移大小:x′=vt=3×0.6m=1.8m
滑块和传送带组成的系统产生的热量:Q1=μmg(x′﹣x)=0.5×1×10×(1.8﹣0.9)J=4.5J
滑块由P至最终静止,由能量守恒定律有:Q2=mgR(1﹣cosθ),代入数据得:Q2=22.5J
滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=4.5J+22.5J=27J
答:(1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小为3m/s;(2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为28N;(3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量为27J。
3.(2025 无极县校级一模)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开,图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定),圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B点位置可改变,现将B点置于AC中点,质量m=2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1m,水平轨道长L=1.0m,滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2,弧形轨道和圆轨道均视为光滑,不计其他阻力与能量损耗,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)轻弹簧获得的最大弹性势能;
(3)若H=0.4m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求BC长度满足的条件。
【解答】解:(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程,由动能定理可得:
在圆轨道最高点,由牛顿第二定律可得:
联立解得:FN=60N
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为60N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时,弹性势能有最大值;从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程,由动能定理可得:mgH﹣μmgLAC+W弹=0﹣0
又有:W弹=0﹣Ep
联立解得:Ep=6J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点,在最高点根据牛顿第二定律有:
从开始到圆轨道最高点,有动能定理可知:
解得:s1=0.75m
而:LBC=LAC﹣s1
要使滑块不脱离轨道,BC之间的距离应该满足:LBC≥0.25m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处,此时的速度为零有动能定理可知:mg(H﹣R)﹣μmgs2=0
解得:s2=1m+0.5m=1.5m
而:L'BC=s2﹣LAC
即反弹时恰好上到圆心等高处,如果反弹距离更大,则上升的高度更小,更不容易脱离轨道,所以L'BC≥0.5m
考虑到AC的总长度等于1m,所以L'BC≤1m
结合①②两种情况,符合条件的BC长度L为:0.5m≤L≤1m
4.(2025 3月份模拟)传送带是一种应用广泛的设备,如图是利用传送带运送煤块的示意图,传送带长为L=8m,倾角θ=37°,以恒定速度沿顺时针方向转动,传送带的上方主动轮最高点与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m,与运煤车车厢中心的水平距离x=1.2m。某块煤的质量m=1kg,由传送带底端静止释放,煤块(可视为质点)运动到主动轮的最高点时恰好水平抛出并落在空的车厢中心,在此过程中煤块在传送带上留下5m长的痕迹(已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,运煤车底板厚度不计,忽略空气阻力)。求:
(1)煤块在主动轮的最高点水平抛出时的速度大小;
(2)传送带与煤块间的动摩擦因数μ;
(3)由于运送这一煤块,传动带多消耗的电能。
【解答】解:(1)离开传送带,煤块做平抛运动,
水平方向:x=v0t,
竖直方向:Hgt2,
代入数据解得:v0=2m/s;
(2)煤块在传送带上线做匀加速直线运动直到与传送带共速这段过程,有
因为煤块在传送带上滑动距离为5m,则
代入数据,解得a=0.4m/s2
对煤块,由牛顿第二定律得
μmgcosθ﹣mgsinθ=ma
代入数据,解得μ=0.8
(3)由能量守恒得
E=mgLsin37°mfΔS
代入数据,解得
E=82J
5.(2025 余江区校级三模)如图甲所示,ABC是竖直放置的内壁光滑的细长玻璃管,管的内径可不计。其中AB部分长为L=1.4m,BC部分为半径R=0.4m的光滑圆弧弯管,管口C端的切线水平,且在上、下两侧接有力传感器P1和P2。管口A的下方固定一个弹簧,现将一个质量m=0.5kg的小球放置在弹簧上,小球的直径略小于管的内径。向下压缩弹簧,使小球与A在同一水平面上,松手后可以将小球弹出,不计小球与管壁碰撞时的能量损失,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)当小球运动到C处时,力传感器P1和P2的示数恰好均为0N,则小球运动到C处时的速度vC;
(2)在(1)问中,弹簧的弹性势能Ep0;
(3)某同学发现通过调节弹簧压缩的长度多次释放小球,传感器P1或P2的示数会有不同。试讨论弹簧弹性势能Ep与传感器P1或P2的示数FN的关系,并在图乙的坐标系中画出Ep与FN的关系图像。
【解答】解:(1)当小球运动到C处时,力传感器P1和P2的示数恰好均为0N,完全由重力提供向心力,则根据牛顿第二定律有
解得vC=2m/s
(2)从小球弹出到运动到C处的过程,由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可得
解得
Ep0=10J
(3)由(2)可知当Ep=10J时,上、下两侧接有力传感器P1和P2示数均是0,则
FN=0N
由系统机械能守恒可得
所以当Ep>10J时,小球到达C处时上侧传感器P1示数不为0,下侧传感器P2示数为0,由牛顿第二定律有
由系统机械能守恒可得
联立解得
到C处速度恰好为0时
Ep=mg(L+R)
解得Ep=9J
所以当9J≤Ep<10J时,小球到达C处时上侧传感器P1示数为0,下侧传感器P2示数不为0,则有
由系统机械能守恒可知
联立解得
则画出如图所示的图像如图所示。
6.(2025 浙江模拟)如图所示,是一款考验“力度把控能力”游戏装置示意图。高为h=0.4m的水平台面左端固定发射小筒OA,筒壁光滑。可视为质点的小球质量m=0.2kg,静止在O处,通过手拍击对小球做功,进入后面的轨道。改变拍击力度,使小球获得不同的初动能。小球在轨道AB段运动时,所受阻力为重力的0.5倍,AB段长度为L=0.5m。BC段和CD段均为半径r=0.1m的四分之一光滑圆弧管道,DP段为半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道。PQ为竖直圆筒,筒口P与桌面等高,小球在圆筒内运动时所受阻力大小恒为f=1N,小球与筒底碰撞后以原速率反弹。发射小筒、圆弧管道和圆筒的内径都略大于小球直径,轨道的连接处均相切且平滑。
(1)若拍击时,手对小球做功W1=1.2J,求小球刚进入BC管道B点时对管道的压力;
(2)若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道,求拍击时手对小球做功W2的大小;
(3)小球从O处击出至第一次到达P过程不脱离轨道的情况下,试讨论小球在PQ圆筒中运动的路程s与拍击时手对小球做功W的函数关系。
【解答】解:(1)对小球,从O到B的过程,由动能定理可得:,
小球在B点,由牛顿第二定律可得:,
联立可得:FNB=16N,
则由牛顿第三定律得,小球刚进入BC管道B点时对管道的压力大小为16N,方向竖直向下;
(2)要使小球从O至第一次到达P恰好不脱离轨道,
则小球在D点,由牛顿第二定律可得:,
小球从O到D,由动能定理可得:,
联立可得:W2=1.1J;
(3)小球从O至进入简后第一次反弹恰好到达P(即刚好不出筒),由动能定理可得:W﹣0.5mgL﹣2fh=0﹣0,
解得:W=1.3J,
讨论如下:
①当1.1J≤W≤1.3J时,进筒但不出筒,经多次反弹最终停在筒底,
全程由动能定理可得:W﹣0.5mgL+mgh﹣fs=0﹣0,
化简可得:s=W+0.3m
②当W>1.3J时,进筒且第一次反弹出筒,
则:s=2h,
解得:s=0.8m;
7.(2025 东湖区校级一模)跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一,滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究,竖直圆弧轨道ABC的圆心为O1,B点为轨道最低点,MN为另一四分之一竖直圆弧轨道,圆心为O2,圆弧轨道ABC和MN的半径相同,C、M交接处留有可供小球通过的窄缝。O1、M、C、O2四点在同一水平线上,OA两点连线与水平方向夹角为30°。一质量m=1kg的小球以与水平方向成30°的初速度从O点滑出,从此时开始计时,t=2s时小球离OA连线最远,最后恰好沿切线方向从A点落入圆弧轨道,已知g=10m/s2。求:
(1)小球从O点滑出时的初速度大小;
(2)∠AO1B的正切值;
(3)若圆弧轨道ABC和MN的半径R=48m时,小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率。
【解答】解:(1)建立坐标系,对初速度和加速度进行分解,如下图,
依题意,t=2s时小球离OA连线最远,则有:vy=v0sin60°﹣gcos30° t=0
代入数据解得:v0=20m/s
(2)小球到达A点,分解速度,如图
由速度—时间公式有:
解得到达A点的时间:t1=4s
再由速度—时间公式可知:vAy=v0sin60°﹣gcos30°t1,代入数据得:vAym/s
vAx=v0cos60°+gsin30° t1,代入数据得:vAx=30m/s
由几何知识,可得:tan(θ﹣30°)
从而解得:θ=60°
可得:
(3)由第二问分析,可得:vA
代入数据得:vAm/s
如图,设夹角为α时,小球脱离MN轨道,
则有:
由动能定理,可得:
解得:α=30°,
小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率:
8.(2025 郑州校级二模)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出,每个得分区域的宽度d=0.15m,根据沙包停止点判定得分。如图,某同学以大小v0=5m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包,出手点距AB的水平距离L=2.7m,距地面的高度h=1m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零,水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离,最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ=0.25,sin53°=0.8,cos53°=0.6,取重力加速度大小g=10m/s2,空气阻力不计。求:
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x;
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
【解答】解:(1)沙包出手时竖直方向的速度为vy=v0sin53°=5×0.8m/s=4m/s
水平方向的速度为vx=v0cos53°=5×0.6m/s=3m/s
规定竖直向上的方向为正方向,设沙包在空中的运动时间为t,则
沙包从出手点到落地点的水平距离x=vxt
代入数据解得x=3m
(2)设沙包与地面碰撞前的速度为v,从沙包出手到与地面碰撞过程中,根据动能定理有
根据几何关系可得沙包落地后向前滑行的距离为Δx=L+5d﹣x
设沙包与地面碰撞后的速度为v',沙包滑行的加速度为a,根据牛顿第二定律和速度—位移公式有μmg=ma
v'2=2aΔx
所以
联立以上各式,代入数据解得k=20
9.(2025 镇海区校级模拟)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由倾角θ=53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0=0.4m,传送带EF与轨道FG离地面高度均为h,两者长度分别为l1=4m、l2=1.5m,OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径,半径R=0.8m,圆弧PQ所对应的圆心角α=37°,轨道各处平滑连接。现将质量m=1kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出,沿斜面从D点离开时速度大小v0=5m/s,恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动,滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回,不计空气阻力。sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)高度h;
(2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2;
(3)滑块最终静止时离G点的距离x;
(4)若传送带速度大小可调,要使滑块与挡板仅碰一次,且始终不脱离轨道,则传送带速度大小v的范围。
【解答】解:(1)从D到E过程中滑块做斜抛运动,把D点速度分解到竖直和水平方向,
竖直方向:vy=v0sinθm/s=4m/s
水平方向:vx=v0cosθm/s=3m/s
运动到E点时竖直方向上速度为零,由运动学公式
得 y=0.8m
所以,h=y+h0=0.8m+0.4m=1.2m
(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带,假设能被加速到v=5m/s,则:
成立。
故滑块离开F点的速度vF=5m/s
从F到P过程应用动能定理得
解得:μ2=0.3
(3)由分析可知,物块从P返回后向左进入传送带,又以原速率返回,设物块从P返回后,在FG之间滑行的总路程为s,对全过程应用动能定理得
mgR﹣μ2mgs=0
解得:
所以,滑块停止时离G点:
(4)设传送带速度为v1时,滑块恰能到Q点,
在Q点满足:,得:
从F到Q应用动能定理得
解得:
设传送带速度为v2时,滑块撞挡板后恰能重新返回到P点,对该过程应用动能定理得
解得:
若滑块被传送带一直加速,则: 可得vm=7m/s
所以,传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s
10.(2024 南通一模)如图所示,在光滑的水平面上,一根劲度系数为k,原长0.5L的轻弹簧一端固定于O点,另一端与质量为m的小球a相连,用一水平恒力F(大小未知)作用于小球a,使小球a静止在A点,OA间距为L,另一长为L,不可伸长的柔软轻绳一端与A点处的小球a相连,一端与B点处质量也为m的小球b相连(两球均可视为质点),AB连线与OA连接垂直,AB距离为0.6L,求:
(1)小球a静止在A点时F的大小;
(2)将a球固定在A点,若沿与OA平行的方向,给小球b—个向右的初速度v0,求在轻绳绷紧后一瞬间系统损失的机械能ΔE及此后一小段时间内轻绳拉力T;
(3)在第(2)中轻绳绷紧前一瞬间撤去水平恒力F,求此瞬间A、B两球的速度大小。
【解答】解:(1)根据胡克定律
F=k×(L﹣0.5L)
解得:F=0.5kL
(2)在绳绷紧瞬间,速度与绳垂直:
v⊥=v0sin37°=0.6v0
系统机械能损失
此后一小段时间,小球做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:
解得:
(3)在绳绷紧前瞬间,撤去外力F,B沿绳子方向的速度为:
v//=v0cos37°=0.8v0
以v//方向为正方向,沿绳子方向动量守恒:
mv//=2mvA
小球的A的速度:
vA=0.4v0
小球的B的速度:
11.(2025 广州模拟)如图是一款弹球投篮游戏示意图,圆形篮筐水平,其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧,小球由静止释放向左弹出,到达A点时弹簧恢复原长;小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC,从C点沿切线飞出,小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏,小球恰好垂直击中篮板,击中点D在E点正上方。已知小球质量为m,圆弧轨道的半径为R,圆心角∠BOC=53°(sin53°=0.8),C点到篮板的水平距离为12R,C点与篮筐的高度差为7R,篮筐的直径为R,忽略空气阻力和小球体积大小,不计摩擦,重力加速度为g。
(1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力;
(3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐,求碰撞过程小球损失动能的最小值。
【解答】解:(1)小球在D点垂直击中篮板,设击中前瞬间小球速度大小为vD,从C点飞出时的速度大小为vC,应用逆向思维,把从C到D的过程看成由D到C的平抛运动,设此过程的时间为t1,由运动学公式得:
在水平方向上有:12R=vDt1
在竖直方向上,C点的竖直分速度为:vCy=gt1
C点的水平分速度等于vD,则由速度的合成与分解得:

解得:,,
小球从开始释放到C点的过程,由机械能守恒定律得:
解得:
(2)小球从开始释放到B点,由机械能守恒定律得:
设在B点轨道对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律:
由牛顿第三定律,小球对轨道的压力F压=FN
联立解得:,方向竖直向下。
(3)设D、E两点的高度差为h,从C到D在竖直方向上有:
解得:h=R
小球经篮板反弹后做平抛运动,从反弹到落到篮筐的过程,设时间为t2,反弹后瞬间的最大速度为vm,由运动学公式得:
vmt2=R
解得:vm
碰撞过程小球损失动能的最小值为:
12.(2024 涪城区校级模拟)某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示,人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处,作为瀑布上游水源;龙头喷出的水流入高处的水平槽道内,然后从槽道的另一端水平流出,恰好落入步道边的水池中,形成瀑布景观。在实际瀑布景观中,水池的水面距离地面为H(不会随着水被抽走而改变水位),龙头离地面高为h,龙头喷水管的半径为r,龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道,龙头喷出的水直接落地(如图中虚线所示),其落地的位置到龙头管口的水平距离为d=2h。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力。完成以下问题:
(1)求单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0;
(2)不计额外功的损失,求水泵输出的功率P。
【解答】解:(1)由题意可知龙头喷水管的半径为r,可知横截面积为
S=πr2
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
V=v0S
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
(2)t时间内从管口喷出水的质量为
m=m0t
那么设t时间内水泵对水做的功为W,则由功能关系可得
得水泵输出的功率为
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秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题
一、运动过程剖析
1、复杂轨迹与阶段划分:压轴题里物体运动形式多样,像先在粗糙平面匀减速,接着平抛,再沿斜面加速下滑等。考查学生能否精准识别各阶段运动性质(匀变速、平抛、圆周等),依据运动学特征划分阶段。
2、过程衔接点物理量关联:各运动过程衔接点的速度、位移很关键。速度变化影响下一阶段运动,位移决定位置连续性。考查学生能否找到这些物理量在过程转换时的联系,列方程求解未知量。
二、动力学规律运用
1、多力作用下牛顿定律应用:多过程中物体受力复杂,不同阶段可能受重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等。要求学生各阶段准确受力分析,用牛顿第二定律F = ma求加速度,确定运动状态变化。
2、变力作用与微元法处理:物体受弹簧弹力、空气阻力等变力时,加速度不断变化。需用微元法把连续过程分成小段,每段按匀变速处理,再用数学方法(积分等)累加求解。考查学生对微元思想的理解和应用能力。
三、能量转化考查
1、多种能量形式识别与转化路径分析:多过程涉及动能、重力势能、弹性势能、电势能、内能等能量转化。要求学生识别各阶段能量形式变化,明确转化路径,比如摩擦力做功使机械能转化为内能,电场力做功改变电势能。
2、能量守恒方程建立与求解:依据能量守恒定律,在初末状态及各过程建立能量等式,求解未知物理量。考查学生对能量守恒本质的理解,以及构建方程解题的能力。
四、动力学与能量综合考查
1、动力学为能量求解提供条件:先通过动力学分析确定物体运动参数(速度、加速度等),用于能量计算。例如,用牛顿定律求物体某位置加速度得速度,再代入能量公式算动能。
2、能量观点辅助动力学问题解决:从能量角度分析物体运动可简化动力学问题。如用能量守恒判断物体能否完成特定运动,或确定临界状态能量条件,再结合动力学知识求解相关物理量。
题型一 传送带模型中的动力学和能量问题(计算题)
题型二 用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题(计算题)
题型三 综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题(计算题)
传送带模型中的动力学和能量转化问题
1.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个:
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.
(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解.
2.传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.
(2)对W和Q的理解:
①传送带做的功:W=Fx传;
②产生的内能Q=Ffx相对.
传送带模型问题的分析流程
水平传动带模型上物体的常见运动
项目 情景1:轻放 情景2:同向 情景3:反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速; (2)可能滑块先加速后匀 速; (1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速. (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端. (2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v和v0倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目 情景1:上传 情景2:下载 情景2:反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速; (2)可能先加速后匀速; (3)还有其他结论吗? (1)可能一直加速; (2)可能先加速后匀速; (3)可能先以a1加速后以a2加速. (1)可能一直加速; (2)可能一直匀速; (3)可能先减速后反向加速
倾斜传送带——上传模型
受力分析 运动分析(先加后共) 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件:μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析(一直加速) 难点问题
μ倾斜传送带——下载模型
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后,若μ≥tanθ 一起匀速,摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物,痕迹Δx1=x传-x物,共速后,x物>x传,痕迹Δx2=x物-x传,总痕迹取二者中大的那一段
含弹簧类机械能守恒问题
1.物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能.
2.发生形变的物体不一定具有弹性势能,只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能.
3.弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的.
4.弹力做功引起弹性势能的变化.弹力做正功,弹性势能减少,弹力做负功,弹性势能增加.
常用公式
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt(拉力功率不变) W=f S相对路程 (阻力大小不变)
功率 平均功率: 即时功率:
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
1.(2025 威远县校级一模)某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道,其简化模型如图所示,半径R=4m的光滑圆弧轨道AB与一传送带BC平滑连接,两轨道相切于B点,A点与圆心O点等高。传送带长L=3m,与水平方向夹角θ=37°传送带以v0=3m/s的速度顺时针方向转动,距C点水平距离为x,高为h处设置一水平平台DE,闯关者从A点静止下滑,最后要从C点飞出并落入平台DE,某次闯关时,闯关者质量m=60kg,闯关者与传送带的动摩擦因数μ=0.25,不计空气阻力和轨道连接处的能量损失,不考虑传送带滑轮大小,g=10m/s2,求:
(1)闯关者在圆弧轨道上的B点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。
(2)为了使闯关者能恰好水平进入平台DE,求平台距C点的水平距离x。
(3)求这次闯关时,传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。
2.(2025 酒泉一模)如图所示,竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,所对应圆心角θ=53°,半径R=2.5m,O为圆心,圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v=3m/s且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带,传送带上表面与P点高度差H=0.8m。现一质量m=1kg(可视为质点)的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出,由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.83,cos53°=0.6,求:
(1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小;
(2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小;
(3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
3.(2025 无极县校级一模)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开,图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定),圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B点位置可改变,现将B点置于AC中点,质量m=2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1m,水平轨道长L=1.0m,滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2,弧形轨道和圆轨道均视为光滑,不计其他阻力与能量损耗,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)轻弹簧获得的最大弹性势能;
(3)若H=0.4m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求BC长度满足的条件。
4.(2025 3月份模拟)传送带是一种应用广泛的设备,如图是利用传送带运送煤块的示意图,传送带长为L=8m,倾角θ=37°,以恒定速度沿顺时针方向转动,传送带的上方主动轮最高点与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m,与运煤车车厢中心的水平距离x=1.2m。某块煤的质量m=1kg,由传送带底端静止释放,煤块(可视为质点)运动到主动轮的最高点时恰好水平抛出并落在空的车厢中心,在此过程中煤块在传送带上留下5m长的痕迹(已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,运煤车底板厚度不计,忽略空气阻力)。求:
(1)煤块在主动轮的最高点水平抛出时的速度大小;
(2)传送带与煤块间的动摩擦因数μ;
(3)由于运送这一煤块,传动带多消耗的电能。
5.(2025 余江区校级三模)如图甲所示,ABC是竖直放置的内壁光滑的细长玻璃管,管的内径可不计。其中AB部分长为L=1.4m,BC部分为半径R=0.4m的光滑圆弧弯管,管口C端的切线水平,且在上、下两侧接有力传感器P1和P2。管口A的下方固定一个弹簧,现将一个质量m=0.5kg的小球放置在弹簧上,小球的直径略小于管的内径。向下压缩弹簧,使小球与A在同一水平面上,松手后可以将小球弹出,不计小球与管壁碰撞时的能量损失,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)当小球运动到C处时,力传感器P1和P2的示数恰好均为0N,则小球运动到C处时的速度vC;
(2)在(1)问中,弹簧的弹性势能Ep0;
(3)某同学发现通过调节弹簧压缩的长度多次释放小球,传感器P1或P2的示数会有不同。试讨论弹簧弹性势能Ep与传感器P1或P2的示数FN的关系,并在图乙的坐标系中画出Ep与FN的关系图像。
6.(2025 浙江模拟)如图所示,是一款考验“力度把控能力”游戏装置示意图。高为h=0.4m的水平台面左端固定发射小筒OA,筒壁光滑。可视为质点的小球质量m=0.2kg,静止在O处,通过手拍击对小球做功,进入后面的轨道。改变拍击力度,使小球获得不同的初动能。小球在轨道AB段运动时,所受阻力为重力的0.5倍,AB段长度为L=0.5m。BC段和CD段均为半径r=0.1m的四分之一光滑圆弧管道,DP段为半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道。PQ为竖直圆筒,筒口P与桌面等高,小球在圆筒内运动时所受阻力大小恒为f=1N,小球与筒底碰撞后以原速率反弹。发射小筒、圆弧管道和圆筒的内径都略大于小球直径,轨道的连接处均相切且平滑。
(1)若拍击时,手对小球做功W1=1.2J,求小球刚进入BC管道B点时对管道的压力;
(2)若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道,求拍击时手对小球做功W2的大小;
(3)小球从O处击出至第一次到达P过程不脱离轨道的情况下,试讨论小球在PQ圆筒中运动的路程s与拍击时手对小球做功W的函数关系。
7.(2025 东湖区校级一模)跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一,滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究,竖直圆弧轨道ABC的圆心为O1,B点为轨道最低点,MN为另一四分之一竖直圆弧轨道,圆心为O2,圆弧轨道ABC和MN的半径相同,C、M交接处留有可供小球通过的窄缝。O1、M、C、O2四点在同一水平线上,OA两点连线与水平方向夹角为30°。一质量m=1kg的小球以与水平方向成30°的初速度从O点滑出,从此时开始计时,t=2s时小球离OA连线最远,最后恰好沿切线方向从A点落入圆弧轨道,已知g=10m/s2。求:
(1)小球从O点滑出时的初速度大小;
(2)∠AO1B的正切值;
(3)若圆弧轨道ABC和MN的半径R=48m时,小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率。
8.(2025 郑州校级二模)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出,每个得分区域的宽度d=0.15m,根据沙包停止点判定得分。如图,某同学以大小v0=5m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包,出手点距AB的水平距离L=2.7m,距地面的高度h=1m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零,水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离,最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ=0.25,sin53°=0.8,cos53°=0.6,取重力加速度大小g=10m/s2,空气阻力不计。求:
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x;
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
9.(2025 镇海区校级模拟)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由倾角θ=53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0=0.4m,传送带EF与轨道FG离地面高度均为h,两者长度分别为l1=4m、l2=1.5m,OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径,半径R=0.8m,圆弧PQ所对应的圆心角α=37°,轨道各处平滑连接。现将质量m=1kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出,沿斜面从D点离开时速度大小v0=5m/s,恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动,滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回,不计空气阻力。sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)高度h;
(2)滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2;
(3)滑块最终静止时离G点的距离x;
(4)若传送带速度大小可调,要使滑块与挡板仅碰一次,且始终不脱离轨道,则传送带速度大小v的范围。
10.(2024 南通一模)如图所示,在光滑的水平面上,一根劲度系数为k,原长0.5L的轻弹簧一端固定于O点,另一端与质量为m的小球a相连,用一水平恒力F(大小未知)作用于小球a,使小球a静止在A点,OA间距为L,另一长为L,不可伸长的柔软轻绳一端与A点处的小球a相连,一端与B点处质量也为m的小球b相连(两球均可视为质点),AB连线与OA连接垂直,AB距离为0.6L,求:
(1)小球a静止在A点时F的大小;
(2)将a球固定在A点,若沿与OA平行的方向,给小球b—个向右的初速度v0,求在轻绳绷紧后一瞬间系统损失的机械能ΔE及此后一小段时间内轻绳拉力T;
(3)在第(2)中轻绳绷紧前一瞬间撤去水平恒力F,求此瞬间A、B两球的速度大小。
11.(2025 广州模拟)如图是一款弹球投篮游戏示意图,圆形篮筐水平,其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧,小球由静止释放向左弹出,到达A点时弹簧恢复原长;小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC,从C点沿切线飞出,小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏,小球恰好垂直击中篮板,击中点D在E点正上方。已知小球质量为m,圆弧轨道的半径为R,圆心角∠BOC=53°(sin53°=0.8),C点到篮板的水平距离为12R,C点与篮筐的高度差为7R,篮筐的直径为R,忽略空气阻力和小球体积大小,不计摩擦,重力加速度为g。
(1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力;
(3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐,求碰撞过程小球损失动能的最小值。
12.(2024 涪城区校级模拟)某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示,人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处,作为瀑布上游水源;龙头喷出的水流入高处的水平槽道内,然后从槽道的另一端水平流出,恰好落入步道边的水池中,形成瀑布景观。在实际瀑布景观中,水池的水面距离地面为H(不会随着水被抽走而改变水位),龙头离地面高为h,龙头喷水管的半径为r,龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道,龙头喷出的水直接落地(如图中虚线所示),其落地的位置到龙头管口的水平距离为d=2h。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力。完成以下问题:
(1)求单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0;
(2)不计额外功的损失,求水泵输出的功率P。
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