【最新版】23届高考二轮高考热点补救练习13.动力学方法和能量观点的应用

这是一份【最新版】23届高考二轮高考热点补救练习13.动力学方法和能量观点的应用

13.动力学方法和能量观点的应用 1.(2021·江苏“决胜新高考·名校交流3月联考”)如图1所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，试求： 图1 (1)滑块冲上台阶时的速度大小； (2)滑块释放时相对斜面底端的高度； (3)滑块和木板间产生的热量。 答案　(1)5 m/s　(2)4.5 m　(3)37.5 J 解析　(1)设滑块在斜面底端时速度为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度为v3。在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(veq \o\al(2,3),R)，在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝2mgR＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，联立解得v2＝5 m/s。 (2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知a1＝eq \f(μ1mg,m)＝5 m/s2，a2＝eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,M)＝10 m/s2，设滑块在木板上滑行时间为t，对木板，由v2＝a2t得t＝eq \f(v2,a2)＝0.5 s，对滑块，由v2＝v1－a1t得v1＝7.5 m/s，设在斜面上释放高度为h，由能量守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋μ1mgcos θ·eq \f(h,sin θ)，代入数据可得h＝4.5 m。 (3)滑块在木板上运动的位移大小为x1＝eq \f(v1＋v2,2)t＝eq \f(25,8) m，木板的位移大小为x2＝eq \f(v2,2)t＝eq \f(5,4) m，相对位移大小为Δx＝x1－x2＝eq \f(15,8) m，所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5 J。 2.(2021·江苏省新高考适应性考试)如图2所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块 图2 (1)第1次滑过P点时的速度大小v1； (2)第1次在传送带上往返运动的时间t； (3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。 答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J 解析　(1)由动能定理得(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0，解得v1＝8 m/s。 (2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1 解得t＝6 s，匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(veq \o\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s，第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。 (3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有Q＝μ1mgcos 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。