2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题多过程运动、功与能、动力学综合 精讲精练

这是一份2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题多过程运动、功与能、动力学综合 精讲精练，共12页。试卷主要包含了多过程运动特点，解题理论，解题技巧，注意事项，125，4 m处等内容，欢迎下载使用。
一.必备知识精讲1.多过程运动特点：由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。2.解题理论（1）动力学：涉及到时间、加速度等物理量，可能用到运动学公式和牛顿定律。（2）动能定理：涉及到变力做功、曲线运动、非匀变速运动等运动过程，可能用到动能定理。（3）功能关系：涉及到不同形式能量之间关系或功与能之间关系，可能用到功能关系或能量守恒定律。3.解题技巧：（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。4.注意事项（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。（2）列方程式时依据要明确，概念要清楚：如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。 二.典型例题精讲例：(2016·全国卷Ⅰ)(18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin37°＝，cos37°＝)(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，⑤恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。[审题　抓住信息，准确推断]　 关键信息信息挖掘题干①AC＝7R，AB＝2R说明CB＝5R②小物块从C到E，又从E到F弹簧的弹性势能先增加Ep，后又减少Ep问题③求P第一次运动到B的速度大小可对C→B过程由动能定理列式求解④求P运动到E点时弹簧的弹性势能可设弹簧的弹性势能为Ep，对应的BE＝x，分别对B→E和E→F过程用功能关系列式求解⑤改变P的质量后a．求P运动到D点时的速度；b．求改变后P的质量a.求出平抛的水平位移和竖直位移借助平抛知识求解；b．对E→D过程用功能关系或能量守恒求解[破题　形成思路，快速突破]　(1)P第一次运动到B点时速度大小的求解①选研究过程：P从C到B。②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝mv。(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解①选研究过程：P由B到E和P由E到F。②根据功能关系方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋x由B到E过程：机械能减少量等于克服摩擦力做功mgxsinθ+mv－Ep＝μmgxcosθ E到F过程：机械能减少量等于克服摩擦力做功Ep－mgl1sinθ＝μmgcosθl1(3)①P从D点平抛速度大小的求解a．水平位移：x1＝R－Rsinθ。b．竖直位移：y1＝R＋R＋Rcosθ。c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝gt2。②改变后P的质量的求解a．选研究过程：P从E到D。b．根据功能关系方程：设改变后P的质量为m1，机械能减少量等于克服摩擦力做功，所以有：Ep－m1g(x＋5R+)sinθ－m1g+m1v＝μm1gcosθ(x＋5R)或根据能量守恒列方程式：弹性势能的减少量等于动能增加量、重力势能增加量与内能增加量之和。其中内能增加量等于摩擦热Ep＝m1g(x＋5R+)sinθ+m1g+m1v+μm1gcosθ(x＋5R)[（规范）解答]　(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝mv②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由功能关系有mgxsinθ+mv－Ep＝μmgxcosθ ④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由功能关系有Ep－mgl1sinθ＝μmgcosθl1⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsinθ⑨y1＝R＋R＋Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝⑬P由E点运动到D点的过程中，由能量守恒有Ep＝m1g(x＋5R+)sinθ+m1g+m1v+μm1gcosθ(x＋5R)⑭联立⑦⑧⑬⑭式得m1＝m。⑮[评分标准]　①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。 [易错点或难点](1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。(2)空间关系不清楚，不能正确地根据几何关系求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移导致处理不了第(3)问。 三.举一反三，巩固练习 1．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。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m。某运动员从轨道上的A点以3 m/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形轨道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60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2。求：(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；(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，则最后停在何处？答案　(1)6 m/s　(2)0.125(3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)解析　(1)由题意可知：vB＝，解得vB＝6 m/s。(2)从B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgsCD－mgH＝0－mv代入数据可得：μ＝0.125。(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，根据动能定理得：mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－mv解得h′＝1.8 m<h＝2 m，所以第一次返回时，运动员不能回到B点。设运动员从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－mv解得s＝30.4 m。因为s＝3sCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)。 2.已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比．如图所示，一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M点的竖直挡板上，弹簧处于自然状态时右端位于O点，轨道的MN段与竖直光滑半圆轨道相切于N点．ON长为L＝1.9 m，半圆轨道半径R＝0.6 m，现将质量为m的小物块放于O点并用力缓慢向左压缩x时释放，小物块刚好能到达N点；若向左缓慢压缩2x时释放，小物块刚好能通过B点，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.重力加速度g取10 m/s2.小物块看成质点，弹簧始终处于弹性限度内，求：(结果可用根号表示)(1)小物块刚好能通过B点时的速度大小；(2)弹簧的压缩量x.答案　(1) m/s　(2)0.15 m解析　(1)设小物块刚好通过B点时速度大小为v，只有重力充当向心力，mg＝m解得v＝ m/s(2)压缩x时，弹簧的弹性势能Ep1＝kx2，k为比例系数滑动摩擦力Ff＝μFN而FN＝mg由能量守恒得Ep1－Ff·(x＋L)＝0,压缩2x时，弹簧的弹性势能Ep2＝k(2x)2由能量守恒Ep2－Ff·(2x＋L)＝mg·2R＋mv2联立解得x＝0.15 m. 3．如图2所示，由两个半径均为R的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度．当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C点抛出．(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)图2(1)求小球经C点时的动能；(2)求小球经C点时对轨道的压力；(3)小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件．答案　(1)2mgR　(2)3mg，方向竖直向上　(3)mgR<Ep<mgR解析　(1)对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR－2mgR＝EkC－0解得小球经C点时的动能EkC＝2mgR(2)由(1)可知C点小球的速度： vC＝＝2C点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg＋FN＝m解得：FN＝3mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上(3)当小球恰从G点射入盒子中，则由平抛运动规律可得：竖直方向：R＝gt水平方向：R＝vC1t1联立解得：vC1＝ 小球从释放到C点的过程：Ep1－2mgR＝mv－0得：Ep1＝mgR当小球直接击中E点时，弹性势能是符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：竖直方向：2R＝gt水平方向：2R＝vC2t2联立解得：vC2＝小球从释放到C点的过程：Ep2－2mgR＝mv－0得：Ep2＝mgR综上符合条件的弹性势能应满足：mgR<Ep<mgR. 4.如图，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0(v0>)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．答案　(1)　(2)(－L)　(3)m(v－gL)解析　(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcos θ，对A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有2mgLsin θ－mgL－2μmgLcos θ＝×3m(v2－v)解得v＝(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由动能定理得－Ff·2x＝0－×3mv2解得x＝(－L)(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝Ff x＋2mgxsin θ解得Ep＝(v－gL)． 5．(2021·八省联考江苏卷)(15分)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J解析　(1)物块从A到P的过程，由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝mv－0代入数据解得v1＝8 m/s。(2)物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，有－v＝v1－at1解得物块第一次滑上传送带至两者共速所用时间t1＝6 s设物块第一次在传送带上向左匀减速运动的位移大小为x1，向右匀加速运动的位移大小为x2，则－2ax1＝0－v，2ax2＝v2－0物块向右匀速运动的时间为t2＝＝＝3 s则物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。(3)分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律，有Q＝μ1mgcos37°L＋mv2＝48 J。 6．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L1＝2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示。现将一个小球从距A点高h＝0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝，g取10m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。[答案]　(1)m/s　(2)3m/s　(3)0<R≤1.08m[解析]　(1)小球开始时做平抛运动，有v＝2gh，代入数据解得vy＝＝m/s＝3m/s，在A点有tanθ＝，得vx＝v0＝＝m/s＝m/s。(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sinθ)－μmgL1cosθ－μmgL2＝mv－mv，代入数据解得vC＝3m/s。(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝m，mv＝2mgR1＋mv2，代入数据解得R1＝1.08m。当小球刚能到达与圆心等高处时，有mv＝mgR2，代入数据解得R2＝2.7m。当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan60°＝1.5m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0<R≤1.08m。 7.如图所示，水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m＝0.2 kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0；(2)求传送带P、Q之间的最小长度L；(3)若传送带P、Q之间的长度为4 m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。答案　(1)5 m/s　(2)2.5 m　(3)2.5 J　5 J解析　(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点，有mg＝m小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝mv－mv联立并代入数据解得v0＝5 m/s。(2)传送带长度最小时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带共速且速度为v0，则有v＝2aLμmg＝ma联立并代入数据解得L＝2.5 m。(3)设小物块经过时间t加速到与传送带共速，则v0＝at小物块的位移x1＝at2传送带的位移x2＝v0t小物块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1整个过程中产生的热量Q＝μmg·Δx联立并代入数据解得Q＝2.5 J；由能量守恒定律可知，此过程中电动机对传送带做的功W＝Q＋mv代入数据解得W＝5 J。