《2020年高考回归复习—解答题之单体多过程模型 含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考回归复习—解答题之单体多过程模型 含解析.docx（20页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、回归复习解答题之单体多过程模型1如图所示，一轨道由半径的四分之一竖直光滑圆弧轨道和长度的粗糙水平直轨道在点平滑连接而成现有一质量为的小球从点无初速释放，小球经过段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从点水平飞离轨道，落到水平地面上的点，、两点间的高度差为小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力（1）求小球运动至点的速度大小；（2）求小球经过圆弧上点时，轨道所受压力大小；（3）求小球落点与点的水平距离2如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆轨道与水平面相切于B点，且固定于竖直平面内。在水平面上距B点s = 5 m处的A点放一质量m=3 kg的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为=0.5。小物块在与水平
2、面夹角=53斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道上滑，恰能通过半圆轨道最高点C飞出，圆弧的圆心为O。（g取10 m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6） 求：（1）小物块在C点的速度vc大小；（2）小物块运动到B点时对轨道的压力大小；（3）拉力F的大小。3如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.8m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m=0.2kg的小球由A点静止释放，g取10m/s2。求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球通过LBC=1m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高
3、度为h=0.6m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；（3）小球最终所停位置距B点的距离。4如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角DOC37，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R0.30m，斜面长L1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙。现有一个质量m0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数0.75取sin370.6，cos370.8，重力加速度g10m/s2，忽略空气阻力。求：（1）物块第一次通过C点时的速度大小vC。（2）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小FD。（3）物块最终所处的位
4、置。5如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。现对无人机进行试验，无人机的质量为m=2kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t=4s时离地面的高度为h=16m，g取10m/s2。求：（1）其动力系统所能提供的最大升力F；（2）无人机通过调整升力继续上升，恰能悬停在距离地面高度为H=36m处，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W；（3）无人机从H=36m处，由于动力设备故障，突然失去升力而坠落至地面，若与地面的作用时间为t2 = 0.2 s（此过程忽略空气阻力）
5、，求无人机所受地面平均冲力FN。6如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数=0.5.滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小（2）当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点
6、对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；7某同学研究重物与地面撞击的过程，利用传感器记录重物与地面的接触时间。他让质量为M=9kg的重物（包括传感器）从高H=0.45m自由下落撞击地面，重物反弹高度h=0.20m，重物与地面接触时间t=0.1s。若重物与地面的形变很小，可忽略不计。求此过程中：（1）重物刚要撞击地面瞬间速度大小；（2）重物受到地面的平均冲击力；（3）重物与地面撞击过程中损失的机械能。8如图所示，一根轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量m=0.1kg的小球静止于A点，其右方有底面半径r=0.2m的转筒，转筒顶端与A等高，筒底端左侧有一小孔，距顶端h=0.8m。开始时小球处于O
7、点所在水平面上方30的位置B处且细绳刚好伸直，OB及OA与转筒的轴线在同一竖直平面内，小孔此时也位于该竖直平面内。将小球从B点由静止释放，小球经过A点时速度vA=2m/s，此时轻绳突然断掉，同时转筒立刻以某一角速度做匀速转动，最终小球恰好进入小孔取g=10m/s2，不计空气阻力。求：（1）转筒轴线与A点的距离d；（2）转筒转动的角速度；（3）轻绳的长度L。9滑板运动是一项刺激的运动，深受青少年的喜欢，某次比赛中部分赛道如左下图所示现将赛道简化为如右下图所示的模型：平台A和平台BC相距h3.2 m，粗糙水平轨道DE与光滑圆弧形轨道CD、EF相切于D、E点运动员与滑板一起（可看作质点）从A点以速度
8、v0水平飞出，恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道，滑过DE冲上EF轨道，然后返回，恰好到C点速度为零已知人和滑板总质量为m60 kg，光滑圆弧CD对应的圆心角53，圆弧形轨道半径均为R4 m不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6求：（1）运动员的初速度v0；（2）运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力大小；（3）运动员从A点开始飞出到返回C点的过程中机械能的损失量. 10如图所示是离心轨道演示仪结构示意图光滑弧形轨道下端与半径为R的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内质量为m的小球从弧形轨道上的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，若小球运动
9、到圆轨道的最高点时对轨道的压力重力等大小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力求：（1）小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小vm；（2）小球开始下滑的初始位置A点距水平面的竖直高度h；（3）小球从更高的位置释放，小球运动到圆轨道的最低点和最高点时对轨道的压力的差值大小11如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直固定于水平面上，轨道最低点B恰与粗糙水平面相切，弹射器固定于水平面上某次实验过程中，一个可看作质点，质量为m的小物块将弹簧缩至A处，已知A、B相距L弹射器将小物块静止弹出，小物块运动到B点时对轨道的压力为6mg已知小物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）小物块到达B点时
10、的速度；（2）小物块从C点飞出后落地点与B点的距离 ；（3）弹射器释放的弹性势能12“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a=2m/s2垂直下降当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上飞船质量m=1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60，月球表面的重力加速度g=3.6m/s2，四条缓冲脚的质量不计求：（1）飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；（2）从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小13如下图所示，
11、在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑B、D为圆弧的两端点，其连线水平已知圆弧半径R1.0m，圆弧对应的圆心角106，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h0.8m(g取10m/s2，sin530.8，cos530.6)求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离14我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席所谓的动车组，就
12、是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移。15为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37，成为l=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=
13、0.2 m的数字圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧连接，如果所示，一个质量m=1 kg小物块以初速度5.0 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度，取，。（1）求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；（2）求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功（3）为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？16如图所示，半径R1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L16 m，传送带以v010 m/s的速度顺时针运动，将质量m1 kg的小滑块(可视为质
14、点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2。（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端的过程中：所需时间；因放上滑块，电机对传送带多做的功；（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围。17我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m60 kg(含雪具)的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑
15、衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1530 J，取g10 m/s2。（1）求运动员在AB段下滑过程所经历的时间t；（2）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；（3）若弯曲滑道能够承受的最大压力为运动员所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？18如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r0.4 m的1/4细圆管CD，内径略大于小球的直径，管口D端正下方直立一根劲度系数为k25 N/m的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐质量为m1 kg的小球
16、(可视为质点)在曲面上距BC的高度为h0.8 m处从静止开始下滑，与BC间的动摩擦因数0.5，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，小球速度最大时弹簧的弹性势能为Ep2 J(g取10 m/s2)求：（1）小球在B点的速度vB；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm（3）小球最终停止的位置距B点的距离19如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O点的正下方，一小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力的9倍求：（1）小球到B点时的速度；（
17、2）释放点距A的竖直高度；（3）落点C与A的水平距离20如图所示，水平面上有固定的斜面和部分细管道，斜面长L=15 m，倾角为37，将质量为m=1 kg的小球用沿斜面的恒力F=12 N拉着从斜面底端由静止开始沿斜面运动，小球与斜面间的动摩擦因数，到达顶点A时撤去F，小球恰好能从B点无碰撞进入细管道。细管道内部粗糙，其整体为圆的一部分，圆心为O，C为细管道最低点，小球沿细管道恰好能到达最高点D。求：（不计小球体积和细管直径）（g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）小球到达A点时的速度；（2）细管道的半径；（3）小球在细管道中从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功。
18、参考答案1.【答案】(1) (2) (3)7.75m【解析】（1）根据机械能守恒得出（2）根据牛顿第二定律得出根据牛顿第三定律压力（3）根据 得出根据动能定理得出由得出2.【答案】(1)2m/s (2)180N (3)21N【解析】 (1)小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力。设最高点物块速度为vC有：得：vC=2m/s(2)物块从B到C由动能定理： 在B点由牛顿第二定律：解得FN=180N根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为180N(3)从A到B过程： 解得 F=21N3.【答案】(1)4m/s；(2)0.4J；(3)小球最后停在B点，距离为0【解析】 (1)初由机械
19、能守恒mgR=mv2得：v=4m/s(2)由动能定理Wf+mgh=mv2得：Wf=0.4J(3)摩擦力做功Wf=mgLmgR=mgs得：s=4L可知小球最后停在B点。4.【答案】（1）（2）7.4N（3）0.35m【解析】（1）BC长度，由动能定理可得代入数据的物块在BC部分所受的摩擦力大小为所受合力为故（2）设物块第一次通过D点的速度为，由动能定理得有牛顿第二定律得联立解得（3）物块每次通过BC所损失的机械能为物块在B点的动能为解得物块经过BC次数设物块最终停在距离C点x处，可得代入数据可得5.【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】 (1)根据题意可知根据牛顿第二定律可知代入数据解得：最大
20、升力(2)飞机在16m时的速度根据动能定理可知解得：(3)下落过程中的加速度根据速度位移公式根据动量定理可知解得：6.【答案】(1)1m/s；(2)0.14N，【解析】 (1)滑块恰好过F的条件为解得vF=1m/s(2)滑块从E到B，根据动能定理有 在E点有代入数据解得FN=0.14N从O到B点Ep0-mgh-mg（L1+L2）=0解得Ep0=8.010-3J。7.【答案】(1)3m/s；(2)540N；(3)22.5J【解析】 (1)重物自由下落，设落地瞬间速度为大小v1，则根据自由落体运动公式有代入数据可得v1=3m/s，方向竖直向下。(2)设反弹的速度大小为v2，则有代入数据可得v2=2
21、m/s速度方向竖直向上；规定向上为正方向，则由动量定理可得代入数据有解得F=540N(3)根据能量守恒可知，损失的机械能为代入数据可得8.【答案】(1)1.99m (2) （n=1、2、3）（3）0.8m【解析】 (1) 滑块从A点到进入小孔的时间解得(2) 在小球平抛的时间内，圆桶必须恰好转整数转，小球才能钻入小孔，则有解得(3) 设绳子刚好拉紧时为点C，从B到C由动能定理得小球到达C点后沿绳方向速度消失，垂直绳方向得速度为从C到A，只有重力做功，由机械能守恒定律由上解得9.【答案】(1)6m/s (2)2580N (3)3000J【解析】 (1) 运动到C点，对速度进行分解有：竖直方向 联
22、立解得：(2) 运动员经过C点时的速度运动员第一次经过D点时，根据动能定理在D点，根据牛顿第二定律根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道的压力(3)取C点为零势能面，则初态机械能返回C点时，机械能为零，所以从A点开始飞出到返回C点的过程中机械能的损失量为3000J。10.【答案】（1）（2）3R（3）6mg【解析】（1）小球经过最高点，轨道的压力，依据牛顿第三定律可知小球对轨道压力为，由牛顿第三定律和第二定律有：解得：（2）小球自A点下滑至圆轨道最高点的过程，依据动能定理有：解得：（3）设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为，受轨道的弹力为；运动到最高点时的速度为，受轨道的弹力为，依据牛顿第二定
23、律有：， 小球由最低点运动到最高点的过程，依据动能定理有：得压力差：。11.【答案】（1）；（2）2R；（3）【解析】（1）小物块运动到B点时由牛顿第二定律得：，由题意知：，解得：；（2）物块由B点到C点的过程由动能定理得：，解得：，物块从C点飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律得：水平方向：，竖直方向：，联立解得：，落地点与B点的距离为2R；（3）从A到B的过程由功能关系得：解得：12.【答案】（1） （2）【解析】 (1)设飞船加速下降时火箭推力：推力对火箭做功为： 解得：；(2)，反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为： 从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为：
24、解得：13【解析】（1）物块运动至B点时，合速度v的方向与水平速度v0的方向成53角，有tan53=gtv0（1分） 又h=12gt2联立以上两式，代入数据得v0=3m/s（2）物块由B运动至C的过程中应用动能定理得：mgR(1-cos53)=12mvC2-12mvB2vB=5ms在C点有：F-mg=mvC2R联立上述两式，可得F=43N （3）物块运动的加速度a=3m/s2运动至A点所需的时间为t=v0a=1s距离s=12at2=1.514.【答案】（1）2N 3s（2）46.5m【解析】（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时：F=f动车组总功率：
25、，因为有4节小动车，故联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F，匀加速运动的末速度为由牛顿第二定律有：动车组总功率：，运动学公式：解得匀加速运动的时间：（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：解得：x=46.5m15.【解析】（1）当小球运动到点，（2）利用动能定理可知其中（3）小球运动到最高点时 根据动能定理，16.【答案】（1） 2.85 s.100J；（2）在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置【解析】 (1)设滑块加速运动的时间为，加速度大小为，对滑块受力分析，有：解得：，设滑块速度达到时经过的位移为：设滑块匀速运动的位移为：则滑块匀速运动的时间为：所需时间
26、为：设滑块加速运动过程中传送带的位移为：电机对传送带多做的功：(2)滑块能通过点的临界条件是在点轨道对滑块压力为0，则在点由牛顿第二定律得：点到点由动能定理得：滑块通过点的速度至少为：由运动学得：解得：滑块在端与距端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点处17.【答案】(1) 6.67s (2) 144 N (3) 12.5 m【解析】 (1) 运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，故运动员在AB段下滑过程所经历的时间t=6.67s (2)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为x，则有 由牛顿第二定律有mgFfma 联立式，代入数据解得Ff144 N
27、(3)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得 设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有 由题意和牛顿第三定律知FN6mg 联立式，代入数据解得R12.5 m 18.【答案】(1) 4m/s (2)4m/s(3)0.8m【解析】 (1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得： 解得：；(2)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，则有：kx0mg得到：x00.4 m在C点，根据牛顿第二定律有：mgm得到：vC2 m/s由能量守恒得：mg(rx0)得到：；(3) 滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得： mghmgx解得：x1.2m对全过程，由动能定
28、理有：0mghmgS得到：Sh/1.6 m故到B点的距离为：x2xS0.8m。19.【答案】（1）2（2）（3）【解析】（1）设小球到达B点的速度为，因为到达B点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有解得v1=2（2）由机械能守恒定律得（3）设小球到达最高点的速度为，落点C与A的水平距离为由机械能守恒定律得由平抛运动规律得由此可解得20.【答案】（1）vA=10 m/s （2）R=2.4 m （3）W克f=92 J【解析】 (1)小球在斜面上运动过程中，由动能定理可得：解得： (2)小球在点和点时的速度满足：解得： 小球从到的过程中，由机械能守恒有：解得：(3)小球从到过程中，由动能定理知：解得：