2020年高考物理常考题型解析：动力学和能量观点在力学中的应用（动力学角度）

专题 5: 动力学和能量观点在力学中的应用 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，cos 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＝1 2gt2 tan 37°＝y x ＝3 4 联立解得 x＝0.6 m P 点距抛出点 A 的距离为 l＝ x cos 37° ＝0.75 m (2)由恰好经过圆的最高点 D，此时有 mg＝mvD2 R ， 得 vD＝ gR＝ 5 m/s 由 P 到 D，能量关系：1 2mvP2＋mg(H－lsin 37°)－μmgx0＝1 2mvD2＋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：1 2mvP2＋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,cos 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= 由平抛运动规律得 =2gh h= g ,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= =0.8 s, 小球在 A 点的速度沿斜面向下,速度大小 vA= =10 m/s 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH= m - m tan yv α 2 yv 1 2 2 1t 2h g 0 cos v α 1 2 2 Bv 1 2 2 Av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= m - m , 在 D 点由牛顿第二定律可得 FN+mg=m 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= m 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 1 2 2 Dv 1 2 2 Bv 2 Dv R 1 2 2 Bv由运动学公式得 0- =-2ax1 解得 x1=10 m,且 t1= =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= =1 s x2= a′ =2.5 m