动力学与能量观点的综合应用

动力学与能量观点的综合应用动力学与能量观点的综合应用考情透析考情透析命题点考频分析命题特点核心素养利用动力学与能量观点解决多过程问题2023年：全国乙卷T8湖北T14湖南T82022年：浙江（6月）T20浙江（1月）T212021年：全国甲卷T11山东T18本专题主要考查动力学和能量观点的综合应用，既包括由直线运动、抛体运动和圆周运动等运动形式组成的多过程问题，也包括在各种具体情境下（例如板块、传送带、绳、杆、弹簧等）使用动力学和能量观点进行综合分析和推理。试题常常涉及到使用能量守恒的思想来计算摩擦所产生的热量和电动机所提供的能量。物理观念：运用相互作用和能量守恒的物理观念分析多过程或多物体类问题。科学思维：应用动力学规律和能量守恒定律再结合数学知识进行综合推理分析。传送带模型中的动力学与能量问题板块模型中的动力学与能量问题热点热点突破命题点命题点1利用动力学与能量观点解决多过程问题▼考题示例1（2022·浙江省·历年真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。（g＝10m/s2）（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案：（1）滑块从释放到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝在C点时，根据向心力公式可得：FN－mg＝联立解得：FN＝7N（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：mglxsin37°－3mgRcos37°－mgR＝0解得：lx＝0.85m，因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m。第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：mglxsin37°－4mgRcos37°＝，解得：v＝，其中lx≥0.85m（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：＝0，lFG＝（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），解得：lx＝m又因为lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m当n＝1时，lx1＝m；当n＝3时，lx2＝m；当n＝5时，lx3＝m。跟踪训练1（2024·安徽省蚌埠市·模拟题）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L＝1.35m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，≈1.73。（1）求滑块a在C点对轨道压力的大小。（2）求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。（3）若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离（结果保留2位有效数字）。答案：（1）由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有－m1gR＝对滑块a在C点由牛顿第二定律有F1－m1g＝结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小FN＝F1＝24N（2）设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知Ep＋m1gLsin37°＝μm1gLcos37°＋m1gRcos37°解得Ep＝1.44J最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q＝Ep＋m1gLsin37°解得Q＝7.92J（3）设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点，由能量守恒有Ep＋m2gLsin37°＝μm2gLcos37°＋m2g(R＋Rcos37°)＋解得vE＝6m/s滑块b恰好能通过E点时，有m2g＝可知vE＞v′，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有d＝vEt－Rsin37°，(R＋Rcos37°)－＝dtan37°解得t＝s又有x＝，解得x≈1.8m。总结升华多过程问题是由直线运动、平抛运动和圆周运动组合而成，这类模型一般各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可。注意：①两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带；②平抛运动末速度的方向往往是解题的突破口；③竖直面内的圆周运动往往需要抓住临界条件：轻绳模型通过最高点的临界条件mg＝；轻杆模型通过最高点的临界条件v≥0、轻杆提供的是支持力还是拉力的临界条件mg＝；物体不会脱离圆轨道的临界条件：物体能通过圆周的最高点或是不超过与圆心等高的点。命题点命题点2传送带模型中的动力学与能量问题▼考题示例2[生产生活类]（2024·河北省衡水市·模拟题）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传运带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ＝37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度为v＝1m/s，货物质量为m＝10kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小；（2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。答案：（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为N1，货物底面所受滑动摩擦力为f1，挡板对货物支持力为N2，货物侧面所受滑动摩擦力为f2，由力的平衡条件有N1＝mgcosθ，N2＝mgsinθ由滑动摩擦力计算式有f1＝μ1N1，f2＝μ2N2代入数据可得f1＝40N，f2＝15N（2）因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得f1－f2＝ma1解得a1＝2.5m/s2设货物匀加速至与传送带共速所用时间t1，对地位移为x1，由运动学公式得t1＝＝0.4s货物匀加速阶段的位移为x1＝＝0.2m因x1＜L，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为t2，位移为x2，由运动学公式得x2＝L－x1＝9.8m货物匀速阶段所用的时间为t2＝＝9.8s货物运动总时间为t＝t1＋t2＝10.2s传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有Q1＝f1(vt1－)＝8J货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有Q2＝f2L＝150J货物增加的动能ΔEk＝＝5J传送装置多消耗的电能E电＝Q1＋Q2＋ΔEk＝163J跟踪训练2（2023·全国·模拟题）如图所示，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37°，传送带的上端C点到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，恰好以平行于传动带的速度从C点落到传动带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5m/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，g＝10m/s2，试求：（1）滑块运动至C点时的速度vc大小；（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产生的热量Q。答案：（1）在C点，竖直分速度：vy＝＝＝1.5m/s而vy＝vcsin37°解得：vc＝2.5m/s；（2）C点的水平分速度为：vx＝vB＝vccos37°＝2m/s从A到B点的过程中，由动能定理可得：mgh1－Wf＝解得：Wf＝1J；（3）滑块在传送带上运动时，由于vC＞v，故滑块所受的摩擦力方向沿传送带向上，据牛顿第二定律知：μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得加速度大小：a＝0.4m/s2，方向沿传送带向上；滑块与传送带达到共同速度耗时：t＝＝s＝5s；二者间的相对位移为：Δs＝－vt＝5m；由于mgsin37°＜μmgcos37°，则共速后滑块将和传送带保持相对静止，则有：Q＝μmgcos37°·Δs＝32J。总结升华传送带模型：（1）动力学问题：物块滑上传送带，对物块进行受力分析时摩擦力的分析是重点，也是易错点。（2）在倾斜传送带中当物块与传送带达到共速时，若μ≥tanθ则物块将与传送带一起做匀速直线运动；若μ＜tanθ则物块将继续做匀变速直线运动；（3）相比空载，当传送带在转运物块时，电动机增加的能量为：物块增加的机械能和物块在传送带上滑动时产生的热量；（4）划痕长度、摩擦生热的计算（易错点）：若物体从倾斜传送带的顶端由静止释放，所做运动的v－t图像如下，则图线与横轴围成的面积表示位移，在同一段时间内的面积之差（Δx1和Δx2）表示相对位移。则划痕长度为Δx1与Δx2中的最大值，而物块与传送带摩擦产生的热量为Q＝f(Δx1＋Δx2)。命题点命题点3板块模型中的动力学与能量问题▼考题示例3（2024·安徽省·模拟题）如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是6kg，长木板的质量是12kg。t＝0时二者以v0＝8m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5s时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分v－t图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；（2）长木板的长度；（3）长木板与挡板碰撞后系统产生的内能。答案：（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2，由v－t图像可得，0～0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为a1＝＝m/s2＝4m/s2对此过程由牛顿第二定律得μ1·(M＋m)g＝(M＋m)a1解得μ1＝0.40.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由v－t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为a2＝＝m/s2＝8m/s2对长木板由牛顿第二定律得μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma2解得μ2＝0.4（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为a3＝μ2g＝0.4×10m/s2＝4m/s20.5s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有v2＝2a2x1代入数据解得x1＝2.25m长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有v2＝2a3x2代入数据解得x2＝4.5m设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有L＝x1＋x2＝2.25m＋4.5m＝6.75m（3）设碰撞后小铁块与长木板相对滑动产生的内能为Q1，长木板与地面间相对滑动产生的内能为Q2，则有Q1＝μ2mgL＝162J，Q2＝μ1(M＋m)gx1＝162J故长木板与挡板碰撞后系统产生的内能Q＝Q1＋Q2＝324J。跟踪训练3[学习探究类]（2022·湖北省·模拟题）如图，倾角θ＝30°的光滑斜面上有一质量为M的金属板，斜面底端垂直于斜面固定一弹性挡板，金属板下端与弹性挡板的距离为L，其上端放有一质量为m的橡胶块（可视为质点）。金属板和橡胶块同时由静止释放，运动方向始终与挡板垂直，金属板与挡板发生的每次碰撞都是时间极短的弹性碰撞。已知M＝5m，橡胶块与金属板之间的滑动摩擦力大小为2.5mg，g为重力加速度，不计空气阻力。（1）求金属板第一次与挡板碰撞后瞬间，金属板和橡胶块各自的加速度大小；（2）金属板第一次与挡板碰撞弹回上滑过程中，橡胶块没有滑离金属板，求金属板上滑的最大距离；（3）之后，下滑、碰撞、弹回，再下滑、碰撞、弹回⋯⋯橡胶块最终也没有滑离金属板，求金属板长度的最小值。答案：（1）金属板第一次与挡板碰撞后的瞬间，金属板的速度沿斜面向上，橡胶块的速度沿斜面向下，对金属板，由牛顿第二定律有：5mgsin30°＋2.5mg＝5ma1解得a1＝g;对橡胶块，由牛顿第二定律有2.5mg－mgsin30°＝ma2，解得：a2＝2g。（2）金属板和橡胶块从静止开始滑到与挡板碰撞前瞬间，对整体有：6mgsin30°＝6ma0,由速度位移公式得＝2a0L，解得：v0＝，速度方向均沿斜面向下。金属板弹离的瞬间，金属板的速度反向，橡胶块的速度方向依然沿斜面向下,设自弹起经过时间t1，金属板与橡胶块的速度刚好相同，取沿斜面向上为正方向，由运动学公式：v0－a1t1＝－v0＋a2t1，联立得t1＝；设此时金属板下端距离挡板x1，速度为v，由运动学公式可得x1＝＝，v＝v0－a1t1＝，此后，金属板与橡胶块将共同以加速度a0减速向上滑动x2，速度减为零。由运动学公式