(新课标)2020版高考物理一轮复习热点专题突破(二)动力学、能量问题专练

1、热点专题突破（二）动力学、能量问题专练（限时:45分钟）1如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s二3m。在b点平滑过度，bed段光滑，cd段是以。为圆心、半径为R=0.4m的一小段圆弧。质量为2 kg的小物块静止于a处，在一与水平方向成9角的恒力F作用下开始 沿轨道匀 加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为Fn=15N。小物块与ab段的动摩擦因数为a = 0.5 , g 取 10m/s% 求:（1） 小物块到达b点时的速度大小Vb；（2） 恒力F的最小值FminO （计算结果可以用分式或根号表示）2. （20

2、20 吉林模拟）如图所示，半径R= 0.2 m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L= 0.8 m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度V。运动。传送带离地面的高度* 1.25 m,其右侧地面上有一直径D= 0.5 m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s = 1 m, B点在洞口的最右端。现使质量为wn=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送 带与小物块之间的动摩擦因数“ 0.5, g 取 10 m/s12o 求:1小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力；2若v=3

3、m/s,求物块在传送带上运动的时间;若要使小物块能落入洞中，求V。应满足的条件3. (2020 厦门模拟)如图所示，在竖直方向上A, B两物体通过劲度系数为k的轻 质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固 定的光滑斜面上。用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖 直、cd段的细线与斜面平行。已知A, B的质量均为m斜面倾角为0二37° ,重力加速 度为g滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。C释放后沿斜面下滑， 当A刚要离开地面时，B的速度最大。(sin 37° = 0.6 , cos 37°0

4、.8）求:(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；(2) C的质量；(3) A刚离开地面时，C的动能。4. (2020 哈尔滨模拟)传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利。如 图所示，一长度L= 7 m的传送带与水平方向间的夹角a= 30°,在电动机带动下以v = 2 m/s的速率顺时针匀速转动。在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在 同一平面内。将质量2 kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零。若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为Q牛3, g= 10 m/s

5、34,且最大静53物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功;4传送带上方所接的斜面长度。5.阶上静止放置一质量如图所示，在粗糙水平台 0.5 kg的小物块，它与P=0.5,且与台阶边缘。点的距离s= 5 m在台阶摩擦力等于滑动摩擦力，求:右侧固定了一个以0点为圆心的圆弧形挡板，并以0点为原点建立平面直角坐标系 现用F= 5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出 并击中挡板(g取10 m/s2)y/m(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6m, 0.8 m),求其离开 。点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范

6、围；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物 块动 能的最小值。(结果可保留根式)水平台阶表面间的动摩擦因数1解析：在d点：mg-尸后罟从b到d由机械能守恒得：1 21 2qmvb- qmv= mgR联立得Vb= 3 m/s(2)在a到I b的过程中有：Vb=2asFeos B |J (mg- Fsin 0) = ma26解得 & 2eos 0+ sin 0当 sin ( ©+0 ) = 1 时,26, 5sin (©+0)Fmin =55八5 N答案：(1)3 m/s (2) 2A/5 N2解析：(1)设物块滑到圆轨道末端的速度为W

7、,根据动能定理得12mqR=2mv设物块在轨道末端所受支持力的大小为 F,根据牛顿第二定律得2V1F mg= mR联立以上两式代入数据得F=15N根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N,方向竖直向下。物块在传送带上加速运动时，由P mg= ma 得a=y g= 5 m/s2加速到与传送带达到同速所需要的时间Vo Vi 1i= 0.2s位移:Vi+ VoSi二一21尸 0.5 mL Si 匀速时间：t 2=0.1 sV故 T= t+12= 0.3 s 12(3)物块由传送带右端平抛h=2gt恰好落到A点：s = V2t解得 Vz=2 m/s恰好落到B点：D+ s=V3t解得 V3= 3 m/s

8、故Vo应满足的条件是3 m/s > Vo>2 m/So答案：(1)15 N,方向竖直向下 (2)0.3 s (3)3 m/s v>2 m/s3解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为Xb,由题意有：kxB二 mg设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xa,有kxA二 mg当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离及物体C沿斜面下滑的距离为2mgh = Xa+ Xb=. k(2)物体A刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg弹簧的弹力kxA, 细线的拉力ft三个力的作用，设物体B的加速度为a,根据牛顿第二定律，对B有：Ftmg- kxA= ma对 C 有：mcgsin 0-

9、ft= mca当B获得最大速度时，有：a=0解得mc=ym根据动能定理得：对 C: rricghsin 0一 川二氐一0对 B: Wt_ mgh + Wb Ekb 0其中弹簧弹力先做正功后做负功，总功为零，W单一 0BC的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比即103根据牛顿解得E<C20mq213k答案:222mg (2)13°m(3) 20mg(1)F13k4.解析：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动,第二定律得P mgcos 30° mgsin 30 ° - ma解得a 1 m/s2,沿斜面向上设物体速度经过时间t与传送带相

10、等，由v at得t2sa此过程中物体通过的位移为1 2x- 2at - 2mK 7m所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为v - 2 m/s对整个过程，由动能定理得1 2W- mgLsi n 30 一 §mv解得W74J（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得P mgcos 30°+ mgsin 30 ° = ma2解得 a= 11 m/s/ v2 2由 = 2as 得：s - 2al = *| *） m“2答案：（1）74J后m5 解析：（1）小物块从。到P,做平抛运动。水平方向：x二v41 2竖直方向：y = gt解得 v二4 m/so（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到。点，设拉力F作用的最短距离 为乱由动能定理得FXi |J mgs= 0解得 Xi= 2.5 m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s,设拉力F作用的最长距离为X%由动能定理得解得 X2= 3.3 m则为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为2. 5 mvx<3.3 m