2022版备战老高考一轮复习物理专题强化十 动力学和能量观点的综合应用 课件

大一轮复习讲义第六章机械能专题强化十动力学和能量观点的

综合应用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.【目标要求】内容索引NEIRONGSUOYIN题型一传送带模型题型二多运动组合问题课时精练题型一传送带模型011.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：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；②产生的内能：Q＝Ffx相对.例1

(2019·福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v＝2m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10m，当质量为m＝5kg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μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；图1答案

2m/s2

(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；答案

5.5s

则行李箱从A传送到B所用时间：t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.答案

－20J解析

t1时间内传送带的位移：x2＝vt1＝2×1m＝2m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff行李箱对传送带的摩擦力做的功：W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J例2

如图2所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2m/s的速率运行，现把一质量为m＝10kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的高处，g取10m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；图2匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)解得加速运动的时间t1＝0.8s加速运动的位移x1＝0.8m由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.答案

230J解析

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＝v0t1＝1.6m在时间t1内，工件相对传送带的位移x相＝x传－x1＝0.8m在时间t1内，摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·x相＝60J工件增加的势能Ep＝mgh＝150J电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J.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θ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m＝1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s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变化的图像如图乙所示.已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，可知跟进训练图3A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B.A、B两点间的距离为1.2mC.货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2JD.货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8J√√从题图可知，0～1.2s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x1＋x2＝3.2m，则A、B两点间的距离为3.2m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W1＝Ffx1＝μmgcosθ·x1＝0.8J，W2＝－Ffx2＝－μmgcosθ·x2＝－12J，W＝W1＋W2＝－11.2J，故C正确；从题图乙可知，0～0.2s内，传送带比货物多走0.2m.0.2～1.2s内，货物比传送带多走1m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2m.因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgcosθ·x相对＝4.8J，故D正确.题型二多运动组合问题021.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.助图4滑坡由倾角为θ＝37°的斜面AB和半径为R1＝10m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h1＝30m，竖直跳台CD高度差为h2＝5m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130m，下端与半径为R2＝20m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vC＝25m/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80kg.(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)运动员在C点对台端的压力大小；答案

5800N

解得FC＝5800N根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5800N.解析

运动员经C点时由牛顿第二定律得(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；解析

从A点到C点，由动能定理得(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；答案

125m

解析设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，D、P间距离为sP，则有xP＝vCt，解得sP＝125m，t＝4s.(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60m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

1.7倍解析从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度vP＝vCcosθ＋gtsinθ＝44m/s2.(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所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2m，圆盘边缘有一质量m＝1kg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，跟进训练图5进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4m，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μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2m，运动到B点时的速度为3m/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10m/s2，求：(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；答案

5rad/s

解析

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：μmg＝mω2R，代入数据解得：ω＝5rad/s(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；答案

－8J

解析

vA＝ωR＝5×0.2m/s＝1m/s，从A到B的运动过程由动能定理得：解得Wf＝

－8J(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离.解析

从B到C的过程由动能定理得：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：x＝vCt课时精练031.(多选)如图1所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m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μ＝0.2，传送带A、B之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)A.物体从A运动到B的时间是1.5sB.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体

做功为2JC.物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2JD.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10J12345图1双基巩固练√√612345612345在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2J，选项C正确；61234562.(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2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变.下列说法正确的是12345图2√√6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：1234561234563.(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A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计).一质量为m＝1kg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，传送带逆图3时针转动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：123456(1)滑块运动至C点时的速度大小vC；答案

2.5m/s

12345由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s6(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；答案

1J

12345解析

C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s从A到B点的过程中，根据动能定理得解得Wf＝1J6(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.答案

32J12345612345解析

滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得a＝0.4m/s2由于mgsin37°<μmgcos37°，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：Q＝μmgcos37°·Δx＝32J.64.(多选)(八省联考·辽宁·10)如图4所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2.t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行.t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是12345图4能力提升练A.t＝0.5s时，两滑块相距2mB.t＝1.5s时，两滑块速度相等C.0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD.0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J√√6解析

由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：12345前0.5s两滑块均做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，0.5s时，甲的速度为v甲′＝(6－2×0.5)m/s＝5m/s，乙的速度为v乙′＝(2－2×0.5)m/s＝1m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运动，乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的v－t图像：6v－t图像与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5s时，两滑块相对位移Δx＝(6－2)×0.5m＝2m，所以相距5m－2m＝3m，故A项错误；12345由v－t图像可知，t＝1.5s时，两滑块速度相等，均为3m/s，故B项正确；61234565.(八省联考·江苏·15)如图5所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放.已知A、P的距离L＝8m，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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求物块：(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；12345图5答案

8m/s

6解析

设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，则有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得a1＝4m/s2小物块从A到P，由运动学公式得v12＝2a1L解得v1＝8m/s123456(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；12345答案

9s

6解析

小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2m/s2设经时间t1小物块速度减为零12345612345则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9s6(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.12345答案

48J6解析

小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mg·cos37°·L＝32J小物块第1次从传送带返回P点，vP＝v＝4m/s物块沿斜面做匀减速运动后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，vP′<vP，即vP′<4m/s，小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中123456解得Q2＝16J则Q＝Q1＋Q2＝48J.123456拓展拔高练6.(2020·浙江嘉兴市期末)如图6所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m.直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m.小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，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.