高考物理二轮复习训练常考题型汇编专题05 动力学和能量观点在力学中的应用（动力学角度）（2份，原卷版+解析版）

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考点分类：考点分类见下表
考点一 ：直线、平抛、圆周运动组合问题
1.解题策略
(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律.
(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.
2.解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.
考点二 应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题
1.动力学角度分析
首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.
2.传送带问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.
(2)对W和Q的理解:①传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;②产生的内能Q=FfΔx.
考点三：应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题
1.问题分类
水平面上的滑块—滑板问题和在斜面上的滑块—滑板模型.
2.处理方法
往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=fx相对.
典例精析
★考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题
◆典例一：(2018·杭州地区重点中学期末)如图20所示，玩具轨道由光滑倾斜轨道AB、粗糙的水平轨道BC、光滑圆轨道及粗糙的足够长的水平轨道CE构成．已知整个玩具轨道固定在竖直平面内，AB的倾角为37°，A离地面高度H＝1.45 m，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μ＝0.20，圆轨道的半径为R＝0.50 m．AB与BC通过一小段圆弧平滑连接．一个质量m＝0.50 kg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0＝2.0 m/s的速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度立即变成大小vP＝3.4 m/s，方向沿斜面向下，小球经过BC，并恰好能经过圆的最高点．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计，求：
(1)P点离A点的距离；
(2)B到C的距离x0的大小；
(3)小球最终停留位置与B的距离．
【答案】．(1)0.75 m (2)1.64 m (3)7.89 m
【解析】 (1)小球从A做平抛运动，经过时间t落到倾斜导轨上的P点，设水平位移为x，竖直位移为y，有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2
tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(3,4)
联立解得x＝0.6 m
P点距抛出点A的距离为l＝eq \f(x,cs 37°)＝0.75 m
(2)由恰好经过圆的最高点D，此时有mg＝meq \f(v\\al(D, 2),R)，
得vD＝eq \r(gR)＝eq \r(5) m/s
由P到D，能量关系：eq \f(1,2)mvP2＋mg(H－lsin 37°)－μmgx0＝eq \f(1,2)mveq \\al(D, 2)＋2mgR
解得x0＝1.64 m.
(3)设小球最终停留位置与B的距离为x′，从P点到最终停留位置满足能量关系：
eq \f(1,2)mvP2＋mg(H－lsin 37°)＝μmgx′，解得x′＝7.89 m.
◆典例二： 如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H=
15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,g=10 m/s2,求:
(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;
(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间;
(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.
【答案】(1)v0=6 m/s,x=4.8 m.(2)t=t1+t2=2.05 s(3)FN′=3 N,方向竖直向上
【解析】:(1)小球做平抛运动落至A点时,由平抛运动的速度分解图可得
v0= QUOTE
由平抛运动规律得 QUOTE =2gh
h= QUOTE g QUOTE ,x=v0t1
联立解得v0=6 m/s,x=4.8 m.
(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点,需要时间t1= QUOTE =0.8 s,
小球在A点的速度沿斜面向下,速度大小
vA= QUOTE =10 m/s
从A点到B点
由动能定理得mgH= QUOTE m QUOTE - QUOTE m QUOTE
解得vB=20 m/s
小球沿斜面下滑的加速度
a=gsin α=8 m/s2
由vB=vA+at2,解得t2=1.25 s,
小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间t=t1+t2=2.05 s.
(3)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑,小球从B点到D点,由动能定理可得
-2mgR= QUOTE m QUOTE - QUOTE m QUOTE ,
在D点由牛顿第二定律可得
FN+mg=m QUOTE
联立解得FN=3 N,
由牛顿第三定律可得,
小球在D点对轨道的压力
FN′=3 N,方向竖直向上.
★考点二：应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题
◆典例一： (2018·宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v=5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m 的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物块距传送带左端C的最小距离;
(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度;
(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量.
【解析】:(1)物块从A到B的过程中,
由动能定理得mgh= QUOTE m QUOTE 解得vB=10 m/s,
物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=5 m/s2
由运动学公式得0- QUOTE =-2ax1
解得x1=10 m,且t1= QUOTE =2 s,
物块距传送带左端C的最小距离dmin=L-x1=2 m.
(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma′
解得a′=5 m/s2,
物块到达与传送带共速的时间t2= QUOTE =1 s
x2= QUOTE a′ QUOTE =2.5 m