（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考計(jì)算題20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考計(jì)算題20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考計(jì)算題20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　必考計(jì)算題20題　動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 題型1　直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1．航母艦載機(jī)滑躍起飛有點(diǎn)像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來(lái)幫助戰(zhàn)斗機(jī)起飛，其示意圖如圖1所示，設(shè)某航母起飛跑道主要由長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝160 m的水平跑道和長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝20 m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，傾斜跑道

2、看做斜面，不計(jì)拐角處的影響．取g＝10 m/s2. 圖1 (1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)求飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大?。? (3)如果此航母去掉傾斜跑道，保持水平跑道長(zhǎng)度不變，現(xiàn)在跑道上安裝飛機(jī)彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機(jī)在水平跑道的末端速度達(dá)到100 m/s，則彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)照常工作) 答案　(1)8 s　(2)2 m/s　(3)1.0×106 N 解析　(1)設(shè)飛機(jī)在水平跑道的加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t 解得t1＝8 s (2)設(shè)飛機(jī)在水平跑道末端速度為

3、v1，在傾斜跑道末端速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v－v＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設(shè)彈射器的平均彈力為F1，彈射距離為x，飛機(jī)在水平跑道末端速度為v3 由動(dòng)能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv 解得F1＝1.0×106 N. 2．戰(zhàn)機(jī)常配有阻力傘，阻力傘也叫減速傘，是用來(lái)減小戰(zhàn)機(jī)著陸時(shí)滑跑速度的傘狀工具．某質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的戰(zhàn)機(jī)以水平速度v0＝100 m/s著陸后立即關(guān)閉引擎同時(shí)打開(kāi)阻力傘，情形如圖2甲所示，戰(zhàn)機(jī)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，

4、圖線(xiàn)在12～22 s時(shí)間內(nèi)可近似看成直線(xiàn)，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)在12～22 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)受到的平均阻力大??； (2)在0～12 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率． 答案　(1)4.0×104 N　(2)8.0×106 W 解析　(1)12～22 s時(shí)間內(nèi)，a＝＝2 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N (2)0～12 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理： －Wf＝mv－mv Wf＝9.6×107 J 戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W 3．滑草是一項(xiàng)前衛(wèi)運(yùn)動(dòng)，和滑雪一樣能給運(yùn)動(dòng)者帶來(lái)動(dòng)感和刺激，能體驗(yàn)人與大自

5、然的和諧，在感受風(fēng)一般速度的同時(shí)又能領(lǐng)略到大自然的美好．圖3甲照片是無(wú)軌道滑草，圖乙照片是千島湖石林景區(qū)的軌道滑草，其軌道的上段坡度很大而下段比較平坦，表面鋪設(shè)滑草，軌道末端有一段表面鋪設(shè)橡膠的水平減速帶，滑行者坐在滑草盆內(nèi)自頂端靜止下滑．其滑行軌道可簡(jiǎn)化為圖丙模型：設(shè)軌道上端與底端高度差H＝32 m，水平距離L＝80 m，末端減速帶長(zhǎng)s＝16 m，滑草盆與滑草間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，滑草盆與橡膠間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.(忽略軌道各連接處的動(dòng)能損失，g取10 m/s2)求： 圖3 (1)若μ1＝0.24，則滑草者剛到達(dá)減速帶時(shí)的速度有多大； (2)若滑草者與盆的總質(zhì)量為75 kg，則

6、滑草者滑行一次，將會(huì)產(chǎn)生多少熱量； (3)為確?；菡吣芡Ｔ谙鹉z材質(zhì)的水平減速帶上，μ1、μ2應(yīng)滿(mǎn)足什么條件． 答案　(1)16 m/s　(2)2.4×104 J　(3)0.4－0.2μ2<μ1<0.4 解析　(1)由動(dòng)能定理得：mgH－μ1mgL＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得：v＝16 m/s. (2)設(shè)滑草者滑行一次產(chǎn)生熱量為Q 由能量守恒得：Q＝mgH 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝2.4×104 J. (3)設(shè)滑草者在減速帶滑行距離x后停下， 由動(dòng)能定理：mgH－μ1mgL－μ2mgx＝0 為確保安全，0

7、五校聯(lián)考)如圖4甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖4 (1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v的大?。? (2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)2 s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由題意及題圖乙可知，傳送帶長(zhǎng)為： L＝×10×1

8、 m＋(10＋12)×1 m＝16 m， t＝2 s， 所以v＝8 m/s. (2)由題圖乙可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10 m/s， 物體從A到B先做加速度為a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝1 s后再做加速度為a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，然后經(jīng)過(guò)時(shí)間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 m/s的速度到達(dá)傳送帶B端． 由物體在傳送帶上的受力情況知 a1＝＝gsin θ＋μgcos θ 解得μ＝0.5. (3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2＝12 m/s 物體的動(dòng)能增加了 ΔEk＝mv＝×2×122 J＝144 J. 物體的重

9、力勢(shì)能減少了 ΔEp＝mgLsin θ＝2×10×16×0.6 J＝192 J 所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE＝48 J 由功能關(guān)系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ(t2－v1t2) 解得Q＝48 J. 1.直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中多運(yùn)動(dòng)過(guò)程組合主要是指直線(xiàn)多過(guò)程或直線(xiàn)與斜面運(yùn)動(dòng)的組合問(wèn)題． 2．涉及的規(guī)律：(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律；(2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律． 3．受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別選擇合適的規(guī)律求解． 4．相鄰運(yùn)動(dòng)過(guò)程連接點(diǎn)的速度是解題關(guān)鍵． 題型2　曲線(xiàn)運(yùn)

10、動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1．(2017·嘉興市一中期末)如圖5所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P＝10 W．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線(xiàn)方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6 N．已知軌道AB的長(zhǎng)度L＝2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0

11、.6，cos 37°＝0.8)，求： 圖5 (1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vC的大??； (2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x； (3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t. 答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s 解析　(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和牛頓第三定律得FN－mg＝m 滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv 聯(lián)立解得vC＝5 m/s (2)滑塊在C點(diǎn)時(shí)，速度的豎直分量為vy＝vCsin α＝3 m/s B、C兩點(diǎn)的高度差為h＝＝0.45 m 滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為ty＝＝

12、0.3 s 滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB＝vCcos α＝4 m/s B、C兩點(diǎn)間的水平距離為x＝vBty＝1.2 m (3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 Pt－μmgL＝mv，解得t＝0.4 s 2．如圖6所示，一內(nèi)壁光滑的細(xì)管彎成半徑為R＝0.4 m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓形軌道在C點(diǎn)連接完好．置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B處為彈簧的自然狀態(tài)．將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.8 kg的小球放在彈簧的右側(cè)后，用力向左側(cè)推小球而壓縮彈簧至A處，然后將小球由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C處后對(duì)軌道的壓力為F1＝58 N．水平軌道以B

13、處為界，左側(cè)AB段長(zhǎng)為x＝0.3 m，與小球的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，右側(cè)BC段光滑．g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)彈簧在壓縮時(shí)所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能； (2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高處D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? 答案　(1)11.2 J　(2)10 N 解析　(1)小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)， 由牛頓第二定律和牛頓第三定律得： F1－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理Ep－μmgx＝mv 代入解得Ep＝11.2 J (2)小球從C到D過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv 代入數(shù)據(jù)解得v2＝3 m/s 由于v2>＝2 m/s 所以小球在D處對(duì)軌道外

14、壁有壓力，由牛頓第二定律得 F2＋mg＝m， 代入數(shù)據(jù)解得F2＝10 N 根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N. 3．(2017·溫州市9月選考)如圖7所示是某公園中的一項(xiàng)游樂(lè)設(shè)施，它由彎曲軌道AB、豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成，各軌道平滑連接．其中圓軌道BC半徑R＝2.0 m，水平軌道BD長(zhǎng)L＝9.0 m，BD段對(duì)小車(chē)產(chǎn)生的摩擦阻力為車(chē)重的0.2倍，其余部分摩擦不計(jì)，質(zhì)量為1.0 kg的小車(chē)(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)靜止釋放，恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，然后從D點(diǎn)飛入水池中，空氣阻力不計(jì)，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)P點(diǎn)離水平軌道的高度H； (2)小車(chē)運(yùn)

15、動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力； (3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計(jì))，氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h＝3.2 m，氣墊的左右兩端M、N到D點(diǎn)的水平距離分別為5.6 m,8.0 m，要使小車(chē)能安全落到氣墊上，則小車(chē)釋放點(diǎn)距水平軌道的高度H′應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ 答案　(1)5 m　(2)60 N，方向豎直向下　(3)5 m≤H′≤6.8 m 解析　(1)小車(chē)恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C，在圓軌道的最高點(diǎn)C對(duì)小車(chē)受力分析有： mg＝ 小車(chē)由P運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可得 mg(H－2R)＝mv， 聯(lián)立解得H＝5 m. (2)小車(chē)由P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得： mgH＝mv，

16、在B點(diǎn)對(duì)小車(chē)： FN－mg＝ 由以上兩式可得FN＝60 N 據(jù)牛頓第三定律可知小車(chē)運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為60 N，方向豎直向下． (3)小車(chē)從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)， x＝vDt，h＝gt2 因?yàn)?.6 m≤x≤8.0 m， 代入以上兩式可得7 m/s≤vD≤10 m/s， 從小車(chē)釋放點(diǎn)至D點(diǎn)由動(dòng)能定理得 mgH′－kmgL＝mv， 代入vD，得到4.25 m≤H′≤6.8 m 若使小車(chē)能通過(guò)C點(diǎn)，需要H′≥5 m 綜上：5 m≤H′≤6.8 m. 4．如圖8所示，AB(光滑)與CD(粗糙)為兩個(gè)對(duì)稱(chēng)斜面，斜面的傾角均為θ，其上部都足夠長(zhǎng)，下部分別與一個(gè)光滑

17、的圓弧面BEC的兩端相切，一個(gè)物體在離切點(diǎn)B的高度為H處，以初速度v0沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ. 圖8 (1)物體首次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小； (2)物體沿斜面CD上升的最大高度h和時(shí)間t； (3)請(qǐng)描述物體從靜止開(kāi)始下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)情況，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由mv＋mgH＝mv 得 vC＝ (2)物體沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ v＝2a， 解得h＝ 物體從C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間 t＝＝ (3)情況一： 物體滑上CD斜面并勻減速上升最終靜止在CD斜面某處．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較大

18、． 情況二： 物體在軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在斜面上做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內(nèi)做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，在CD斜面上克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，在BEC圓弧內(nèi)只有重力做功，機(jī)械能守恒． 1.曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合問(wèn)題，主要是直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)三種運(yùn)動(dòng)中兩者或三者的組合問(wèn)題． 2．對(duì)物體進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析，初步了解運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，構(gòu)建大致運(yùn)動(dòng)圖景． 3．若多過(guò)程問(wèn)題，將全過(guò)程分解，尋找子過(guò)程間的聯(lián)系和解題方法． 專(zhuān)題強(qiáng)化練 (限時(shí)：35分鐘) 1．目前，我國(guó)的高鐵技術(shù)已處于世界領(lǐng)先水平，它

19、是由幾節(jié)自帶動(dòng)力的車(chē)廂(動(dòng)車(chē))加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車(chē)廂(拖車(chē))組成一個(gè)編組，稱(chēng)為動(dòng)車(chē)組．若每節(jié)動(dòng)車(chē)的額定功率均為1.35×104 kW，每節(jié)動(dòng)車(chē)與拖車(chē)的質(zhì)量均為5×104 kg，動(dòng)車(chē)組運(yùn)行過(guò)程中每節(jié)車(chē)廂受到的阻力恒為其重力的0.075倍．若已知1節(jié)動(dòng)車(chē)加2節(jié)拖車(chē)編成的動(dòng)車(chē)組運(yùn)行時(shí)的最大速度v0為466.7 km/h.我國(guó)的滬昆高鐵是由2節(jié)動(dòng)車(chē)和6節(jié)拖車(chē)編成動(dòng)車(chē)組來(lái)工作的，其中頭、尾為動(dòng)車(chē)，中間為拖車(chē)．當(dāng)列車(chē)高速行駛時(shí)會(huì)使列車(chē)的“抓地力”減小不易制動(dòng)，解決的辦法是制動(dòng)時(shí)，常用“機(jī)械制動(dòng)”與“風(fēng)阻制動(dòng)”配合使用，所謂“風(fēng)阻制動(dòng)”就是當(dāng)檢測(cè)到車(chē)輪壓力非正常下降時(shí)，通過(guò)升起風(fēng)翼(減速板)調(diào)節(jié)其風(fēng)阻，先用高

20、速時(shí)的風(fēng)阻來(lái)增大“抓地力”將列車(chē)進(jìn)行初制動(dòng)，當(dāng)速度較小時(shí)才采用機(jī)械制動(dòng)．求：(所有結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)滬昆高鐵的最大時(shí)速v為多少？ (2)當(dāng)動(dòng)車(chē)組以加速度1.5 m/s2加速行駛時(shí)，第3節(jié)車(chē)廂對(duì)第4節(jié)車(chē)廂的作用力為多大？ (3)滬昆高鐵以題(1)中的最大速度運(yùn)行時(shí)，測(cè)得此時(shí)風(fēng)相對(duì)于運(yùn)行車(chē)廂的速度為100 m/s，已知橫截面積為1 m2的風(fēng)翼上可產(chǎn)生1.29×104 N的阻力，此阻力轉(zhuǎn)化為車(chē)廂與地面阻力的效率為90%.滬昆高鐵每節(jié)車(chē)廂頂安裝有2片風(fēng)翼，每片風(fēng)翼的橫截面積為1.3 m2，求此情況下“風(fēng)阻制動(dòng)”的最大功率為多大？ 答案　(1)3.5×102 km/h　(2)1.1

21、×105 N　(3)2.3×107 W 解析　(1)由 P＝3kmgv0,2P＝8kmgv 解得：v＝0.75v0≈3.5×102 km/h； (2)設(shè)各動(dòng)車(chē)的牽引力為F牽，第3節(jié)車(chē)廂對(duì)第4節(jié)車(chē)廂的作用力大小為F，以第1、2、3節(jié)車(chē)廂為研究對(duì)象 由牛頓第二定律得：F牽－3kmg－F＝3ma 以動(dòng)車(chē)組整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：2F牽－8kmg＝8ma 由上述兩式得：F≈1.1×105 N (3)由風(fēng)阻帶來(lái)的列車(chē)與地面的阻力為：Fm＝1.29×104×1.3×2×8×0.9 N≈2.4×105 N “風(fēng)阻制動(dòng)”的最大功率為P＝Fmvm＝2.4×105× W≈2.3×107

22、W. 2．在物資運(yùn)轉(zhuǎn)過(guò)程中常使用如圖1所示的傳送帶．已知某傳送帶與水平面成θ＝37°角，傳送帶的AB部分長(zhǎng)L＝5.8 m，傳送帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向傳送，若在B端無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量m＝50 kg的物資P(可視為質(zhì)點(diǎn))，P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： 圖1 (1)物資P從B端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。? (2)物資P到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能． 答案　(1)10 m/s2　(2)900 J 解析　(1)P剛放在B端時(shí)，受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ＋Ff

23、＝ma FN＝mgcos θ Ff＝μFN 聯(lián)立解得加速度為a＝10 m/s2 (2)P達(dá)到與傳送帶相同速度時(shí)的位移 x＝＝0.8 m 以后物資P受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)動(dòng)能定理得 (mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2 到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能 EkA＝mv＝900 J. 3．滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車(chē)呼嘯滑下．為了安全，滑沙車(chē)上通常裝有剎車(chē)手柄，游客可以通過(guò)操縱剎車(chē)手柄對(duì)滑沙車(chē)施加一個(gè)與車(chē)運(yùn)動(dòng)方向相反的制動(dòng)力F，從而控制車(chē)速．為便于研究，做如下簡(jiǎn)化：如圖2所示，游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下8 s后，操縱剎車(chē)手柄使滑沙車(chē)摩擦力變大勻速下滑至底端B

24、點(diǎn)，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車(chē)的總質(zhì)量m＝70 kg，傾斜滑道AB長(zhǎng)LAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車(chē)底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力． 圖2 (1)求游客勻速下滑時(shí)的速度大??； (2)求游客勻速下滑的時(shí)間； (3)求游客從A滑到B的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)16 m/s　(2)4 s　(3)44 800 J 解析　(1)對(duì)游客和滑沙車(chē)整體受力分析，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝g(sin θ－μco

25、s θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 則游客勻速下滑時(shí)的速度 v＝a1t1＝2×8 m/s＝16 m/s (2)游客加速下滑通過(guò)的位移 x1＝a1t＝×2×82 m＝64 m 則游客勻速下滑通過(guò)的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64 m＝64 m 勻速下滑的時(shí)間t＝＝ s＝4 s. (3)對(duì)游客從A滑到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 4．(2017·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖3所示，遙控電動(dòng)賽車(chē)(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后關(guān)閉發(fā)

26、動(dòng)機(jī)，賽車(chē)?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R＝0.5 m的豎直粗糙圓弧軌道，經(jīng)過(guò)圓弧最高點(diǎn)C后水平飛出，之后恰好在D點(diǎn)沿斜面方向進(jìn)入與豎直方向成θ＝37°的斜面軌道(途中表演上下翻身)，C、D兩點(diǎn)在豎直方向的高度差為h＝0.8 m，已知賽車(chē)在水平軌道AB部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力f＝1 N，由設(shè)置在圓弧起點(diǎn)B處的傳感器顯示賽車(chē)經(jīng)過(guò)此處對(duì)圓形軌道的壓力為F＝82 N，賽車(chē)的質(zhì)量m＝1 kg，通電后賽車(chē)的電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝80 W工作，軌道AB的長(zhǎng)度L＝6 m，空氣阻力忽略不計(jì)，求： 圖3 (1)賽車(chē)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度vB的大??； (2)賽車(chē)電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間t； (3)賽車(chē)在通過(guò)圓弧軌道過(guò)程中克服

27、摩擦阻力所做的功W. 答案　(1)6 m/s　(2)0.3 s　(3)3.5 J 解析　(1)根據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)小車(chē)的支持力 FN＝F＝82 N 在B點(diǎn)由牛頓第二定律可得FN－mg＝m， 解得vB＝6 m/s. (2)對(duì)水平運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理可得Pt－fL＝mv， 解得t＝0.3 s. (3)設(shè)賽車(chē)通過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度的豎直分速度為vy，水平分速度即為在C點(diǎn)的速度vC， 由v＝2gh，解得vy＝4 m/s， 又＝tan 37°，解得vC＝3 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理－2mgR－W＝mv－mv， 解得W＝3.5 J. 5．如圖4所示，在光滑的水平平臺(tái)上A處有一質(zhì)量 m＝0.

28、1 kg的小球壓縮輕質(zhì)彈簧(小球與彈簧不拴連) 使其具有 Ep＝0.2 J的彈性勢(shì)能，平臺(tái)的 B端連接兩個(gè)半徑都為 R且內(nèi)壁都光滑的四分之一細(xì)圓管 BC及細(xì)圓管CD，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑，B點(diǎn)和D點(diǎn)都與水平面相切．在地面的 E處有一小圓弧(圖中未畫(huà)出，小球在經(jīng)過(guò) E處時(shí)的動(dòng)能不損失) 且安裝了一個(gè)可改變傾角的長(zhǎng)斜面EF，已知地面DE長(zhǎng)度為0.3 m且與小球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，小球與可動(dòng)斜面 EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝.現(xiàn)靜止釋放小球，小球彈出后進(jìn)入細(xì)圓管，運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)上管壁有 FN＝1 N的彈力．求： 圖4 (1)細(xì)圓管的半徑 R； (2)小球經(jīng)過(guò) D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小

29、； (3)當(dāng)斜面 EF與地面的傾角θ＝60°時(shí)，小球沿斜面上滑的最大長(zhǎng)度． 答案　(1)0.2 m　(2)7 N　(3)0.39 m 解析　(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理得 Ep＝mv 得：vB＝2 m/s 由牛頓第二定律和牛頓第三定律可得 FN＋mg＝ 得：R＝0.2 m (2)小球由B運(yùn)動(dòng)到D，由動(dòng)能定理得 mg·2R＝mv－mv 在D處，由牛頓第二定律得 FD－mg＝ 解得FD＝7 N. 由牛頓第三定律得，小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小為7 N， (3)從B開(kāi)始，到運(yùn)動(dòng)至斜面上最高處，利用動(dòng)能定理可得： mg·2R－μ1mgsDE－μ2mgscos θ－mgssin θ ＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得s＝ m≈0.39 m. 14