2021高考物理(山东专用)三轮体系大通关-计算题专练17-Word版含解析.docx

三、计算题专练
[专练定位] 冲刺满分——38分
本专练主要针对高考题经常消灭的几种命题形式进行强化训练．高考高频命题形式主要有：①牛顿其次定律和运动学公式的综合应用；②应用动力学和能量观点处理多运动过程问题；③带电粒子在磁场中的运动；④带电粒子在复合场中的运动；⑤应用动力学和能量观点处理电磁感应问题．
[高分策略]
计算题是高考物理试卷中最重要的组成部分，具有对同学收集和处理信息的力量、综合分析力量、应用所学物理学问解决实际问题的力量、应用数学学问解决物理问题的力量等多种力量的考查功能．要能从容不迫、精确     无误地解答这两类高考计算题，除了需要具备扎实的物理基础学问外，还必需娴熟把握一些常用的解题策略及诀窍．

专练17　应用动力学和能量观点分析力学综
合问题　
1．某同学玩“弹珠玩耍”的装置如图1所示，S形管道BC由两个半径为R的圆形管道拼接而成，管道内直径略大于小球直径，且远小于R，忽视一切摩擦，用质量为m的小球将弹簧压缩到A位置，由静止释放，小球到达管道C时对管道恰好无作用力．

图1
(1)求小球到达最高点C时的速度大小；
(2)求小球运动至h＝R高度处对管道的作用力；
(3)求小球从C处飞出后落地点到B点的距离．
解析　(1)设小球运动至最高点C时的速度大小为vC，由牛顿其次定律得mg＝m，
解得vC＝
(2)设小球运动至h＝R高度处速度大小为v，由机械能守恒定律得mg·2R＋mv＝mg·R＋mv2
设在h＝R高度处管道对小球的压力大小为FN，则
mgsin 30°＋FN＝m
联立解得FN＝mg
FN>0说明管道对小球的作用力沿半径指向圆心．
由牛顿第三定律知小球对管道的作用力沿半径背离圆心．
(3)小球从C处飞出后做平抛运动，
则2R＝gt2，x＝vCt可得x＝2R.
则小球落点距B点的距离为4R.
答案　(1)　(2)mg　沿半径背离圆心　(3)4R
2．(2022·山东名校高考冲刺卷二)如图2所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点到B点的高度差为h2＝0.112 5m(传送带传动轮的大小可忽视不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽视不计，g＝10 m/s2，试求：

图2
(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.
解析　(1)在C点，竖直分速度：vy＝＝1.5 m/s
vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C点的水平分速度为：vx＝vB＝vCcos 37°＝2 m/s
从A到B点的过程中，据动能定理得：
mgh1－Wf＝mv，所以Wf＝1 J
(3)滑块在传送带上运动时，依据牛顿其次定律得：μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度的时间t＝＝5 s
二者间的相对位移为Δx＝t－vt＝5 m
由于mgsin 37°<μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动，
Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J
答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J
3．如图3所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上，一质量m＝60 kg的选手脚穿轮滑鞋以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直的绳开头摇摆，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离L＝6 m．当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开绳子，不考虑空气阻力和绳的质量．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图3
(1)选手放开绳子时的速度大小；
(2)选手放开绳子后连续运动到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带始终以v1＝3 m/s的速度匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且sAB＝3.75 m．若选手在传送带上自由滑行，受到的摩擦阻力为自重的0.2倍，通过计算说明该选手是否能顺当冲过终点B，并求出选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q.
解析　(1)对选手从抓住绳子到放开绳子的整个过程，由机械能守恒得mv＝mgL(1－cos 37°)＋mv2
解得：v＝5 m/s.
(2)设选手在放开绳子时，水平速度为vx，则
vx＝vcos 37°＝4 m/s
选手在最高点站到传送带上时有4 m/s的向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动
选手的加速度：a＝＝2 m/s2
以地面为参考系，设选手在传送带上向右运动了x后速度减为零，由运动学公式得－v＝－2ax，
解得x＝4 m>3.75 m，所以选手可以顺当冲过终点
设选手从A到B运动的时间为t，则
sAB＝vxt－at2
得：t1＝1.5 s，t2＝2.5 s(舍去)
在这段时间内传送带通过的位移为：
x1＝v1t1＝4.5 m
摩擦力做功：WFf＝Q＝kmg(sAB＋x1)＝990 J.
答案　(1)5 m/s　(2)能　990 J
4．如图4所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物体A沿斜面对上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．

图4
(1)求物块A刚开头运动时的加速度大小a；
(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到动身点的距离x0及最大速度vm；
(3)把物块B的质量变为Nm(N>0.5)，小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？假如正确，请说明理由，假如不正确，恳求出A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围．
解析　(1)设绳的拉力大小为T，分别以A、B为对象用牛顿其次定律，有T＝ma
mg－T＝ma
则a＝
(2)A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿其次定律有T＋kx－mgsin 30°＝ma，
对B由牛顿其次定律有mg－T＝ma，
解得mgsin 30°＋kx＝2ma，
上升过程x减小，a减小，v增大；弹簧变为伸长后同理得mgsin 30°－kx＝2ma，上升过程x增大，a减小，v连续增大；可见，当kx＝时a＝0，速度达到最大．
即Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是，弹性势能和初始状态相同．
故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都是
x0＝
该过程对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有
mgx0＝mgx0sin θ＋·2m·v
可得vm＝
(3)不正确
Nmgx0＝mgx0sin θ＋·(Nm＋m)·v2
v＝，x0＝，
当N→∞时，0<v<＝2vm
答案　见解析
方法技巧
(1)多过程问题实际是多种运动规律的组合，平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿其次定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．
(2)在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点．