2022年高考物理一轮复习 第6章 专题强化10 动力学和能量观点的综合应用.docx

1、专题强化十动力学和能量观点的综合应用目标要求1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题.2.会用功能关系解决传送带问题题型一传送带模型1设问的角度(1)动力学角度：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)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解2功能关系分析(1)功能关系分析：WEkEpQ.(2)对W和Q的理解：传送带克服摩擦力做的功：WFfx传；产生的内能：QFfx相对例1(2019福

2、建福州市期末质量检测)如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为v2 m/s，传送带两端A、B间距离为x010 m，当质量为m5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：图1(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.答案(1)2 m/s2(2)5.5 s(3)20 J解析(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：ag2 m/s2(2)经过t1时间二者共速，t1 s1 s行李箱匀加速运动的位移为：x1at12212 m1 m行李箱随传送带匀

3、速运动的时间：t2 s4.5 s则行李箱从A传送到B所用时间：tt1t21 s4.5 s5.5 s(3)t1时间内传送带的位移：x2vt121 m2 m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小FfFf行李箱对传送带的摩擦力做的功：WFfx2mgx20.25102 J20 J例2如图2所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，传送带在电动机的带动下，始终保持v02 m/s的速率运行，现把一质量为m10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：图2(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的

4、电能答案(1)(2)230 J解析(1)由题图可知，传送带长x3 m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1t1匀速运动的位移为xx1v0(tt1)解得加速运动的时间t10.8 s加速运动的位移x10.8 m所以加速度大小a2.5 m/s2由牛顿第二定律有mgcos mgsin ma解得.(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量在时间t1内，传送带运动的位移x传v0t11.6 m在时间t1内，工件相对传送带的位移x相x传x10.8 m在时间t1内，摩擦产生的热量Qmgcos x相60 J最终工件获得的动能Ek

5、mv20 J工件增加的势能Epmgh150 J电动机多消耗的电能EQEkEp230 J.1(倾斜传送带问题)(多选)(2020山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物如图3甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，可知()图3A货物与传送带间的动摩擦因数为0.05BA、B两点间的距离为1.2 mC货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功11.2 JD货物从A运动

6、到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J答案CD解析00.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a1gsin gcos m/s210 m/s2；0.21.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a2gsin gcos m/s22 m/s2，解得0.5，37，故A错误；从题图可知，01.2 s内，货物vt图线与t轴围成的面积对应位移xx1x23.2 m，则A、B两点间的距离为3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W1Ffx1mgcos x10.8 J，W2Ffx2mgcos x212 J，WW1W211.2 J，故C正确；从题图乙

7、可知，00.2 s内，传送带比货物多走0.2 m0.21.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m因摩擦产生的热量QFfx相对mgcos x相对4.8 J，故D正确题型二多运动组合问题1分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解2方法技巧(1)“合”整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”将全过程进行分解，分析每个子

8、过程对应的基本规律；(3)“合”找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案例3跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静止如图4所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图助滑坡由倾角为37的斜面AB和半径为R110 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h130 m，竖直跳台CD高度差为h25 m，着陆坡DE是倾角为37的斜坡，长L130 m，下端与半径为R220 m的光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过C点，以速度vC25

9、m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0，以沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：图4(1)运动员在C点对台端的压力大小；(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m之内停下，制动力至少是总重力的几倍？(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)答案(1)5 800 N(2)(3)125 m(4)1.7倍解析(1)运动员经C点时由牛顿第二

10、定律得FCmgm解得FC5 800 N根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5 800 N.(2)从A点到C点，由动能定理得mgh1mgcos mgR1(1cos )mvC2解得.(3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，D、P间距离为sP，则有xPvCt，yPgt2tan ，cos 解得sP125 m，t4 s.(4)从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度vPvCcos gtsin 44 m/smg(LsP)sin mg(LsP)cos mgR2(1cos )Ffd0mvP2解得Ff1 383 N，即1.7.2(直线运动圆周运动平抛运动)(2020浙江宁波市 “十校联考”)如图5所

11、示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R0.2 m，圆盘边缘有一质量m1 kg的小滑块当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h0.4 m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F N已知AB段斜面倾角为60，BC段斜面倾角为30，小滑块与圆盘的动摩擦因数0.5，A点离B点所在水平面的高度h1.2 m，运动到B点时的速度为3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：图5(1)滑出A点时，圆盘转动的角

12、速度；(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离答案(1)5 rad/s(2)8 J(3) m解析(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：mgm2R，代入数据解得：5 rad/s(2)vAR50.2 m/s1 m/s，从A到B的运动过程由动能定理得：mghWfmvB2mvA2，解得Wf 8 J(3)从B到C的过程由动能定理得：mghmvC2mvB2， 解得 vC1 m/s对小滑块经C点后受力分析可知，F合 N，则合加速度大小为a m/s2，由几何关系可知，合加速度的方向与C点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，沿C点速度方向

13、：xvCt沿合加速度方向：yat2又tan 30小滑块落点距C点s，联立解得s m.课时精练1(多选)如图1所示，质量m1 kg的物体从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带A、B之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)()图1A物体从A运动到B的时间是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J答案AC解析设物体下滑到A点时的速度为v0，对

14、PA过程，由机械能守恒定律有mv02mgh，代入数据得v02 m/sv4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为ag2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1 s1 s，匀加速运动的位移x1t11 m3 mL5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2 s0.5 s，故物体从A运动到B的时间为tt1t21.5 s，故选项A正确；物体运动到B时的速度是v4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功Wmv2mv02142 J122 J6 J，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带vt14 m，故产生热量Qmgxm

15、g(x带x1)，代入数据得Q2 J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W(mv2mv02)Q1(4222) J2 J8 J，选项D错误2.(多选)(2020陕西西安市检测)如图2所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为23，重力加速度为g，传送带速度大小不变下列说法正确的是()图2A物块的初速度大小为B物块做匀加速直线运

16、动的时间为C物块与传送带间的动摩擦因数为D整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为答案BC解析由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：，则v23，可得出：v0，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为，则vt，可得匀速运动的时间为：t，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：ag，v2v022ax，x，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：，故C正确；根据热量的计算公式：QFfx相对，整个过程中x相对，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q，故D错误3(2019黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端

17、A与B点的高度差为h10.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37，传送带的上端C点与B点的高度差为h20.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)一质量为m1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，试求：图3(1)滑块运动至C点时的速度大小vC；(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦

18、产生的热量Q.答案(1)2.5 m/s(2)1 J(3)32 J解析(1)在C点，竖直分速度：vy1.5 m/s由vyvCsin 37，解得vC2.5 m/s(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vBvxvCcos 372 m/s从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1WfmvB2解得Wf1 J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有mgcos 37mgsin 37ma解得a0.4 m/s2达到共同速度所需时间t5 s两者间的相对位移xtvt5 m由于mgsin 37mgcos 37，此后滑块将做匀速运动故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：Qmgcos 37x32 J.4

19、(2020浙江嘉兴市期末)如图4所示，水平轨道BC与倾角为37的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L110 m，BC长度L24 m，圆轨道半径R0.72 m直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L33 m，水平边NE的长度L46 m，M点在C点的正下方，MC的长度L51.2 m小物块的质量为m1 kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为，圆轨道光滑小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止空气阻力不计，取sin 370.6，cos 370.8.图4(1)求动摩擦因数；(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C

20、点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t0.9 s，求小物块刚运动至P点时的动能答案(1)0.5(2)v230F(6 m/sv20 m/s)(3)65 J解析(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sin mgL1cos mgL20代入数据得0

21、.5.(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cos L2)mgL1sin (mgcos Fsin )L1mgL2mv2代入数据得v230F小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mgm从D到C的过程由机械能守恒定律得mvD22mgRmv2解得v6 m/s小物块不脱离斜面AB，应满足Fsin mgcos 解得v20 m/s所以v的取值范围为6 m/sv20 m/s.(3)P点与C点的高度差为hgt24.05 m设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0tL4如图，由几何关系得tanMNE已知tanMNE，解得v07 m/s从C到P由动能定理得mghEkmv02代入数

22、据，解得Ek65 J.即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.5(2020全国卷25改编)如图5，相距L11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定质量m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 m/s自左侧平台滑上传送带载物箱与传送带间的动摩擦因数0.10，重力加速度取g10 m/s2.图5(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v6.0 m/s，载物箱滑上传送带t s后，传送带速度突然变为零求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的

23、时间及运动到右侧平台的速度大小答案(1)2.75 s(2)4 m/s m/s(3) s5 m/s解析(1)传送带的速度为v4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2 v022as1联立式，代入题给数据得s14.5 m因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1，由运动学公式有vv0at1t1t1联立式并代入题给数据得t12.75 s(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧

24、平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有mgLmv12mv02mgLmv22mv02由式并代入题给条件得v1 m/s, v24 m/s(3)传送带的速度为v6.0 m/s时，由于v0vv2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a.设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t2，由运动学公式有vv0at2v2v022as2联立式并代入题给数据得t21.0 ss25.5 m因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度此后载物箱与传送带共同匀速运动(tt2)的时间后，传送带突然停止设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有s3(tt2)v由式可知，mv2mg(Ls2s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，载物箱一直在做匀减速运动，由运动学公式有v32v22a(Ls2s3)则v35 m/s，减速运动时间t31 s故物块在传送带上运动时间ttt3 s，运动到右侧平台的速度为5 m/s.