2023高中物理步步高大一轮 第六章 专题强化十　动力学和能量观点的综合应用

1、专题强化十动力学和能量观点的综合应用目标要求1.会用功能关系解决传送带、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合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)传送带克服摩擦力做的功：WFfx传；(2)系统产生的内能：QFfx相对(3)功能关系分析：WEkEpQ.例1

2、(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v01 m/s顺时针传动建筑工人将质量m2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v01 m/s的速度向右匀速运动已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为0.1，运输带的长度为L2 m，重力加速度大小为g10 m/s2.以下说法正确的是()A建筑工人比建筑材料早到右端0.5 sB建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 JD运输带对建筑材料做的功为1 J答案AD解析建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1eq f(L,v0)2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动

3、，加速时的加速度大小为ag1 m/s2，加速的时间为t2eq f(v0,a)1 s，加速运动的位移为x1eq f(v0,2)t20.5 m2 m/s，说明滑块一直匀减速板移动的位移xvt0.8 m(2)对板受力分析如图所示，有：FFf2Ff1其中Ff11(Mm)g12 N，Ff22mg10 N解得：F2 N(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1Ff2(Lx) 2mg (Lx)12 J滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q22mg(Lx)12 J整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：Q31(Mm)gL24 J所以，系统因摩擦产生的热量：QQ1Q2Q348 J法

4、二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F12 N (第二问可知)F1做功为W1F1x20.81.6 J滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2Ff1Ff21(Mm)g2mg22 NF2做功为W2F2(Lx)221.2 J26.4 J碰到挡板前滑块速度v1v0at4 m/s滑块动能变化：Ek20 J所以系统因摩擦产生的热量：Q W1W2Ek48 J.题型三多运动组合问题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

5、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5(2022浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角30的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上现有质量为m1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0eq r(2) m/s的初速度

6、水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处答案(1)2eq r(2) m/s(2)50 N(3)6

7、J(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)解析(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0vBsin 30得vB2eq r(2) m/s(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律mg(RRsin 30)eq f(1,2)mvB2eq f(1,2)mvC2解得vC4eq r(2) m/s经过C点时受轨道的支持力大小FN，有FNmgmeq f(vC2,R)解得FN50 N由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压50 N(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，根据动能定理有mgLmgLsin 30Ep0eq f(1,2)m

8、vC2代入数据可解得Ep6 J(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLsin 30EpmgLmgh代入数据可解得h0.6 m因为hR，故无法从B点离开，又eq f(1,2)mvC2mgx代入数据可解得x3.2 m滑块最后静止时离D点0.2 m(或离C点0.8 m)例6如图所示，竖直放置的半径为R0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为30的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接水平传送带MN以v04 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h0.8 m，MN间的距离为LMN3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数0.2，轨

9、道其他部分均光滑直轨道BC长LBC1 m，小滑块P质量为m1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围答案(1)0.4 m(2)0.8 m(3) 0.7 mH0.8 m解析(1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则vF0mg(HR)mgLBC0解得H0.4 m(2)H1.0 m，设滑块运动到N点时的

10、速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理mgHmg(LBCLMN)eq f(1,2)mvN20解得vN2 m/s滑块从N点做平抛运动，水平位移为xvNeq r(f(2h,g)0.8 m(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理mgH1mgLBC2mgReq f(1,2)mvE20在E点时有mgmeq f(vE2,R)解得H10.7 m滑块滑上传送带时的速度为vMmgH1mgLBCeq f(1,2)mvM20vMeq r(10) m/s4 m/s滑块做减速运动的位移为Leq f(vM2,2g)2.5 mLMN因此滑块返回M点时的速度为vMeq

11、 r(10) m/s，因此能第二次过E点设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为veq r(2gLMN)eq r(12) m/s从开始到M点应用动能定理mgH2mgLBCeq f(1,2)mv20解得H20.8 m第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有mgH23mgLBCeq f(1,2)mvB20vB2 m/seq r(10) m/s所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H范围是0.7 mH0.8 m.课时精练1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度

12、冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()AW0，Qmv2BW0，Q2mv2CWeq f(mv2,2)，Qmv2DWmv2，Q2mv2答案B解析对小物块，由动能定理有Weq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1eq f(v,2)tvteq f(3,2)vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2vteq f(v,2)teq f(v,2)t，又teq f(v,g)，则小物

13、块与传送带间的相对路程x相对x1x2eq f(2v2,g)，小物块与传送带因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确2.(多选)如图所示，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)()A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PA过程，由机械能守恒定律有eq f(1,2)mv02mgh，代入数据得v0eq r(2gh)2 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aeq f(mg,m)g2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1eq f(vv0,a)eq f(42,2) s1 s，匀加速运动的位移x1eq f(v0v,2)t1eq f(24,2)1 m3 mx2，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t3eq f(x1x2,v)3 s，则tt1t2t3，解得t9 s(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q11mgcos 37