专题2 第8课时　动力学和能量观点的综合应用.docx

1、第8课时动力学和能量观点的综合应用命题规律1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题高考题型1传送带模型中的动力学和能量问题1传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断(2)物体能否达到与传送带共速的判断(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)2传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互间存在滑动摩擦力的系统

2、内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能摩擦生热的计算(1)QFfs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1(2021安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s2的加速度开始向右运行，加速2 s后传送带保持匀速运行木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能答案(

3、1)4 Ns(2)4 J解析(1)设传送带加速度为a0，加速时间为t0，木块的加速度为a，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t，由运动学公式有a0t0at，又Ffmg，由牛顿第二定律有Ffma，又IFft，联立解得I4 Ns.(2)设运动过程中产生的内能为Q，传送带的位移x1a0t02v(tt0)a0t02a0t0(tt0)木块的位移x2at2，故Qmg(x1x2)，联立解得Q4 J.例2如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为30，其上A、B两点间的距离为s5 m，传送带在电动机的带动下以v2 m/s的速度匀速运动现将一质量为m10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点

4、，小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q；(3)传送带对小物体做的功W.答案(1)0.8 m(2)60 J(3)270 J解析(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(mgcos mgsin )x1mv20代入数值得x10.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t，对于小物体x1t对于传送带x2vt，所以x21.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Qmgcos (x2x1)，代入数值得Q60 J(3)由功能关系得Wmv2mgssi

5、n 代入数值得W270 J.高考题型2用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件用：选择合适的规律列方程注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解例3(2021山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一

6、项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37和53，距D点的竖直高度为h0.8 m处有一空中平台小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数0.5，不计空气阻力(重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，sin 530.8，cos 530.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)

7、小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小答案(1)3 m/s(2)1 290 N(3)3 m/s解析(1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由vy22gh，解得vy4 m/s则在D点时水平方向的速度为vxvytan 373 m/s因此小明滑上平台的速度大小为vvx3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得mghR(1cos 53)mv2mvC2解得vC m/s经过C点时，由向心力公式得FNmgm解得FN1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为FNFN1 290

8、 N(3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgLsin 37mgLcos 37mgR(1cos 37)mvC2mv02，解得v03 m/s.例4(2020湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h0.2 m，水平距

9、离为x0.6 m已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l22.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围答案(1)2.4 m(2)见解析(3)见解析解析(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mgm，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点

10、时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有mvB2mg2Rmv2，代入数据解得vB2 m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得Fl1mgl1mvB2，代入数据可解得l12.4 m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，从B点到C点由动能定理可得mgl2mvC2mvB2代入数据解得vC2 m/s设小滑块下落h0.2 m所需要的时间为t，则有hgt2，解得t0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0vCt0.4 m0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设

11、恒力作用的距离为x1，则由动能定理可得：Fx1mgl1mgR0代入数据可解得x10.75 m故当恒力作用的距离满足0d解析(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mgsin ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22v122ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为Emv22mv12联立以上各式解得Emgdsin .(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有mgs0mv12从小

12、车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L29d)sin E总mv12联立解得E总mg(L29d)sin mgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为E(3)由题意可知EE可得Ld.4(2021浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图AB是一段长直轨道，与半径R1 m的光滑圆弧轨道BC相切于B点BC轨道末端水平，末端离水平地面的高度为 m，圆弧BC对应的圆心角37，高度h m的探测板EF竖直放置，离BC轨道末端C点的水平距离为L，上端E与C点的高度差也为h m，质量m0.1 kg的小滑块(可视为质点)在AB轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受

13、空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.图4(1)若将小滑块从B点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E、F两点时，小滑块的动能相等，求L的大小；(3)利用(2)问所求L值，求小滑块从距B点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案(1)1.4 N(2)2 m(3)2 m2 J解析(1)小滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得mgR(1cos )mvC20，设C点时轨道对小滑块的作用力大小为F，由牛顿第二定律得Fmg，得F1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对轨道的作用力大小FF1.4 N(2)从C点到E点，小滑块做平抛运动，hgt2，LvC1t，得vC1打在E点的动能EkEmvC12mgh同理可知：打在F点的动能为EkF又因为EkEEkF，得L2 m(3)令小滑块从距B点x处无初速度释放从释放点运动到C，由动能定理得mgxsin FfxmgR(1cos )mvC20其中Ff0.2mg从C点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移yg()2打到探测板上的动能EkmvC2mgy解得Ek() J，则当时，Ek有最小值即x2 m时，动能最小值Ekmin2 J.