【专项题库+高考领航】2016届高考物理大一轮复习 热点集训(五) 动力学和能量观点解决力学综合问题

力学综合问题是高考必考的计算题，一般以物体参与多个运动过程为背景，题目的综合性强，难度较大，分析时要关注物体的运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解．

1．(2013·高考浙江卷)山谷中有3块石头和1根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：

(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．

解析：(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2

① x 1＝v min t

② 联立①②式，得v min ＝8 m/s

③

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有

(M ＋m )gh 2＝1

2(M ＋m )v 2C ④ 得v C ＝2gh 2≈9 m/s

⑤

(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得

F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2

C

L

⑥ 由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L

2

⑦ 得L ＝10 m

⑧

联立⑤⑥⑧式并代入数据解得

F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2

C

L ＝216 N

答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N

2．(2015·咸阳高三联考)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R ＝ 2 m ，入口的平直轨道AC 和出口的平直轨道CD 均是粗糙的，质量m ＝2 kg 的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB 的长度l ＝ 3 m ，小车从A 点由静止开始受到水平拉力F ＝60 N 的作用，在B 点撤去拉力，试问：

(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C 点的速度为多少？ (2)满足第(1)的条件下，小车能沿着出口平直轨道CD 滑行多远的距离？ (3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC 段的长度范围？ 解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v 0，则有 mg ＝m v 20

R

①

由C 点到最高点满足机械能守恒定律，有 12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 20

②

解得v C＝10 m/s ③(2)小车由最高点滑下到最终停止在轨道CD上，由动能定理有

mg·2R－μmgx CD＝0－1

2m v

2

④

联立①④解得x CD＝10 m ⑤(3)小车经过C点的速度v C≥10 m/s就能做完整圆周运动．

小车由A到C由动能定理得

Fl－μmg(l＋x BC)＝1

2m v

2

C

⑥

解得x BC≤5 m ⑦小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有

Fl－μmg(l＋x BC)－mgh＝0 ⑧解得x BC≥11 m ⑨综上可得，x BC≤5 m或者x BC≥11 m小车不脱离轨道．

答案：(1)10 m/s(2)10 m(3)x BC≤5 m或者x BC≥11 m

3．(2015·江西南昌大学附中检测)如图所示，AB为粗糙水平面，长度AB＝5R，其

右端与光滑、半径为R的1

4圆弧BC平滑相接，C点的切线沿竖直方向，在C

点的正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．某时刻，质量为m可视为质点的滑块，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，当它以

v0＝3gR的速度由A点开始向B点滑行时：

(1)求滑块通过C点的速度大小；

(2)若滑块滑过C点后能通过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？

解析：(1)设滑块至C点时速度为v C，由A点到C点由动能定理有

－μmg·5R－mgR＝1

2m v

2

C

－

1

2m v

2

代入数据解得v C＝6gR

(2)设滑块到达P处时速度为v P，则由动能定理有

－μmg·5R－mg·2R＝1

2m v

2

P

－

1

2m v

2

滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝2v P g

要想使滑块从Q孔穿过，需满足ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)

联立解得ω＝（2n＋1）π

4

g

R(n＝0，1，2，…)

答案：(1)6gR(2)ω＝（2n＋1）π

4

g

R(n＝0，1，2，…)

4．(2015·湖南十校联考)质量为m＝1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R＝1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定

斜面向上运动，0.8 s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝1

3.(g＝

10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1；

(2)求小物块经过O点时对轨道的压力大小；

(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离；

(4)求斜面上C、D间的距离．

解析：(1)对于小物块，由A 点到B 点有v 2y ＝2gh

在B 点有tan θ2＝v y v 1

所以v 1＝3 m/s

(2)对于小物块，由B 点到O 点有

mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O

－12m v 2

B 其中v B ＝32＋42 m/s ＝5 m/s 在O 点N －mg ＝m v 2O

R ，所以N ＝43 N

由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N ′＝43 N (3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 3 P 、A 间的距离x P A ＝v 21

2a 3

＝1.5 m

(4)小物块沿斜面上滑时有mg sin θ2＋μ1mg cos θ

2＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2

小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ

2＝ma 2 解得a 2＝6 m/s 2

由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C

a 1

＝0.5 s

小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－1

2a 2t 22 即x CD ＝0.98 m.

答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m (4)0.98 m

5．(2014·高考江苏卷)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g .

(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ； (2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ； (3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其

他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －

. 解析：(1)摩擦力与侧向的夹角为45° 侧向加速度大小a x ＝μg cos 45° 匀变速直线运动－2a x s ＝0－v 20 解得s ＝2v 202μg

.

(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则a y

a x

＝tan θ

很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x ＝tan θ

且由题意知tan θ＝v y

v x

则

v y ′v x ′＝v y －Δv y

v x －Δv x

＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变

则当v x ′＝0时，v y ′＝0，即v ＝2v 0.

(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙速度方向的位移为y ， 由题意知a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ

在侧向上－2a x x ＝0－v 2

在纵向上2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间t ＝2v 0a y

乙前进的距离y 1＝2v 0t

工件相对乙的位移L ＝x 2＋（y 1－y ）2 则系统摩擦生热Q ＝μmgL

电动机做功W ＝12m (2v 0)2－12m v 2

0＋Q

由P －

＝W

t ，解得P －

＝45μmg v 05.

答案：(1)2v 2

2μg

(2)2v 0 (3)45μmg v 05