高考物理一轮复习讲义 第六章　第26课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用

第26课时专题强化：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。考点一传送带模型综合问题传送带问题的分析方法(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。①传送带克服摩擦力做的功：W=Ffx传。②系统产生的内能：Q=Ffx相对。③功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。例1如图所示，水平地面上固定一条倾角θ=37°、长度L=8m的传送带，用于传送包裹，传送带以恒定速度v0=2m/s顺时针转动。某工人将一个质量m=1kg的包裹(可视为质点)轻放在传送带的下端A处，包裹与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8。已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是()A.包裹到达传送带上端B所需的时间为8sB.在这个过程中，包裹与传送带因摩擦产生的热量为51.2JC.在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50JD.由于包裹的加入，传送带电动机需要额外消耗的能量为50J答案C解析包裹首先在摩擦力的作用下加速，直到与传送带共速，由牛顿第二定律得加速阶段的加速度a=μmgcosθ-mgsinθm=0.4m/s2，包裹达到传送带速度v0所需的时间为t1=v0a=5s，在这段时间内，包裹的位移s1=12at12=5m，此时离B点的距离s2=L-s1=3m，之后包裹以速度v0匀速运动，运动的时间t2=s2v0=1.5s，因此，包裹从A端运动到B端的总时间为t=t1+t2=6.5s，故A错误；整个过程中，包裹相对传送带的位移Δx=v0t1-s1=5m，摩擦产生的热量Q=Ff·Δx=μmgcosθ·Δx=32J，故B错误；滑动摩擦力对包裹做的功W1=Ff·s1=μmgcosθ·s1=32J，静摩擦力对包裹做的功W2=Ff静·s2=mgsinθ·s2=18J，所以整个过程中，摩擦力对包裹做的总功W=W1+W2=32J+18J=50J，故C正确；电动机多消耗的能量等于包裹机械能的增加量(动能和重力势能)和摩擦产生的热量之和，即ΔE=ΔEk考点二用动力学和能量观点分析多运动组合问题例2(2025·浙江省强基联盟联考)某运输装置模型如图所示，该装置由水平传送带AB、两个四分之一光滑圆轨道BDE、一足够长的平板车EF组成，其中B点为圆轨道的最高点，并在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过。E点为圆轨道的最低点，与平板车上表面持平。已知圆轨道半径R=0.9m，货物与AB的动摩擦因数μ1=0.225，与平板车的动摩擦因数μ2=0.2。平板车质量M=0.2kg，与水平地面的摩擦力不计。已知传送带以5m/s顺时针转动，某次调试时将一质量m=0.1kg的货物从A点静止释放，货物到达B点时速度为3m/s，整个运动过程货物不能脱离轨道，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求传送带长度L。(2)求货物运动到圆弧轨道上E点时对轨道的压力大小。(3)求平板车加速至与货物共速时系统损耗的机械能。答案(1)2m(2)6N(3)1.5J解析(1)货物在传送带上，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1，解得a1=2.25m/s2根据速度位移公式有vB2=2a1L，解得L=2(2)货物从B到E的过程中，根据动能定理有mg·2R=12mvE2-12mvB2，解得vE在E点，根据牛顿第二定律有FN-mg=mvE2R，解得FN根据牛顿第三定律，有F压=FN=6N(3)当货物进入平板车上表面后，对货物，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2，解得a2=2m/s2设经时间t货物的速度为v货=vE-a2t对平板车，根据牛顿第二定律有μ2mg=Ma3，解得a3=1m/s2经时间t平板车的速度为v车=a3t经时间t两者共速，则有v货=v车，解得v共=5m/s则平板车加速至与货物共速时系统损耗的机械能E机损=12mvE2-12(M+m)v共2例3(2025·浙江宁波市期中)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在A处的固定挡板上，质量m=2kg、可看成质点的小物块靠在弹簧的右端B处，此时弹簧处于原长，B、C间距x=1m，AB段光滑，BC段粗糙。一传送带下端点C与水平面ABC平滑连接，该传送带与水平面的夹角为θ=37°，C、D间距L=20m，在电动机带动下正以v=8m/s的速度顺时针匀速运动。传送带在上端点D恰好与固定在竖直平面内的半径为R=0.5m的圆管轨道相切，圆管内部光滑，管道内径可忽略，E为圆管轨道最高点。现将小物块压缩弹簧至一定距离后由静止释放，物块经过BC冲上传送带，以vD=5m/s的速度经D点冲进光滑圆管轨道，上述过程中，物块经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.8、与BC段间的动摩擦因数为μ2=0.5，弹簧始终处于弹性限度内(重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求：(1)小物块能否到达E点，若能，请求出小物块到达E点时对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。(2)物块经C点滑上传送带时的速度大小。(3)如果将传送带调整为以v=8m/s的速度逆时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同距离后由静止释放，则小物块在整个运动过程因摩擦产生的热量是多少(结果保留2位小数)？答案(1)能达到E点8N(2)3m/s(3)68.55J解析(1)小物块从D到E由动能定理，可得-mg(R+Rcosθ)=12mvE2-解得vE=7m/s则小物块可以到达E点。假设小物块到达E点受到圆管轨道给的竖直向下的压力，根据牛顿第二定律可知mg+FNE=mv解得FNE=8N，假设成立根据牛顿第三定律，小物块到达E点时对轨道的压力大小为FNE'=8N(2)由于μ1>tanθ，且小物块在D点时速度vD小于传送带速度v，可知小物块一直沿传送带向上做加速运动，其所受摩擦力方向一直沿传送带向上，从C到D，根据动能定理μ1mgLcosθ-mgLsinθ=12mvD2-解得vC=3m/s(3)如果将传送带调整为以v=8m/s的速度逆时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同距离后由静止释放，则物块到达C点时速度大小为vC=3m/s设物块沿传送带向上匀减速直线运动的加速度大小为a1，有μ1mgcosθ+mgsinθ=ma1解得a1=12.4m/s2小物块沿传送带上滑的时间为t1=vCa1=小物块沿传送带上滑的距离为s1=vC22a因为s1<L，所以小物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。由于受力情况不变，因此小物块沿传送带向上减速和向下加速的加速度相同，根据运动的对称性，小物块返回到C点时速度大小为vC'=vC=3m/s小物块沿传送带下滑的时间为t2=t1=30124小物块沿传送带下滑的距离为s2=s1=45124小物块沿传送带上滑和下滑的时间内传送带的位移大小是相同的，为x1=x2=vt1=240124小物块沿传送带上滑时，小物块相对于传送带的相对位移大小为Δx1=s1+x1=285124小物块沿传送带下滑时，小物块相对于传送带的相对位移大小为Δx2=x2-s2=195124从C往B返回时，设小物块在BC段运动距离x3后速度变为零，由动能定理可得-μ2mgx3=0-12mvC'解得x3=0.9m由x3<x，可知小物块最终停在BC段，距离B点0.1m的位置。则小物块在整个运动过程因摩擦产生的热量是Q=μ2mg(x+x3)+μ1mgcosθ(Δx1+Δx2)≈68.55J例4(2024·浙江省Z20名校联盟联考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1m，BC长为3m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。(1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；(2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB；(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；(4)若轨道AB的长度为3.5m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。答案(1)(1.2m，0.45m)(2)5m(3)xAB≥5m或xAB≤1.25m(4)见解析解析(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy=v0tanθ=3m/s平抛运动的竖直方向有vy2=2gy，解得y=0.45运动时间t=vyg=0.3则x=v0t=1.2m即弹出时位置的坐标值为(1.2m，0.45m)。(2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=mv从P到D点，由动能定理得mg(y+xABsinθ-2R)-μmgxABcosθ-μmgxBC=12mv12-12mv02，联立解得(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5m滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得mg(y+xABsinθ-R)-μmgxABcosθ-μmgxBC=0-12mv02，解得xAB=1.滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5m或xAB≤1.25m(4)由(3)知，xAB=3.5m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsinα=m从P到脱轨的位置，由动能定理得mg(y+xABsinθ-R-Rsinα)-μmgxABcosθ-μmgxBC=12mv22-联立解得sinα=0.6，Rsinα=0.6m即滑块在圆心以上0.6m处脱轨。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。课时精练[A][分值：41分][1题4分]1.(2025·浙江温州市二模)如图甲所示为某车站行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.安检机使用γ射线探测包内的物品B.小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右C.由于传送小包，电动机多做的功为0.054JD.小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s答案C解析安检机使用X射线探测包内的物品，A错误；小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，B错误；对小包根据动能定理可得传送带对小包做功W=12mv2=0.027J，小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=5m/s2，故小包速度达到传送带速度所用时间为t1=va=0.35s=0.06s，小包加速运动位移大小为x1=12at12=12×5×0.06小包加速过程中，传送带位移大小为x传=vt1=0.018m则小包相对于传送带运动位移大小Δx=x传-x1=0.009m则摩擦力产生热量为Q=μmgΔx=0.027J，则电动机由于传送小包多做的功E=Q+W=0.054J，C正确；与传送带共速后到达右端所用时间为t2=s-lv=2.5-0.0090.30s≈8故小包从传送带左端到达右端的时间为t总=t1+t2=0.06s+8.3s=8.36s，D错误。2.(12分)(2025·浙江杭州市第二中学期中)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L=4.5m，与物块间的动摩擦因数μ=0.3，传送带顺时针转动的速度v为3m/s。设质量m=2kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R=2.0m，对应圆心角θ=106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61N。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)(3分)物块运动到D点的速度大小vD；(2)(5分)物块下落的最大高度H；(3)(4分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。答案(1)5m/s(2)1.8m(3)9J解析(1)物块由D点到O点根据动能定理有mgR(1-cos53°)=12mvO2-在O点有FN-mg=mvO2R，联立解得vD=5(2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC=3m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=3m/s2根据速度位移公式有vC2-v解得vB=6m/s从A到B根据动能定理可得mgH=12m解得H=1.8m(3)根据运动学知识可知vC=vB-at解得t=1s所以相对位移Δx=(4.5-3)m=1.5m产生的热量Q=μmgΔx=9J。3.(12分)(2025·浙江省精诚联盟二模)如图所示，长为L2=1.5m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以v0=4.0m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1=3.25m，在左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切(N点为圆弧轨道的最低点)。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，π2=10，不计物块与挡板的碰撞时间。(1)(3分)求物块第一次到达Q点时的速度大小。(2)(5分)为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围。(3)(4分)当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。答案(1)4m/s(2)0.65m≤h≤0.95m(3)110.25m解析(1)设物块质量为m，由动能定理可得-μmg(2L1+L2)=0-12m解得vQ=4m/s。(2)若物块从P到Q做匀加速运动，根据动能定理有μmgL2=12mvQ2-12mvP12=mgh1，解得h1=0若物块从P到Q做匀减速运动，根据动能定理有-μmgL2=12mvQ2-12mvP22解得h2=0.95m综上所述，物块释放高度的范围为0.65m≤h≤0.95m。(3)物块由h3=0.8m处下滑，有mgh=12mv解得v=4m/s有t1=L3+而t2=14×2πRg，t1=解得R=4t22π2g=1104.(13分)(2024·浙江金华市调研)如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角θ为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.5。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G'H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过GG'进入G'H，O1、G'、G、O2在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为R1=1.6m，G'H半径为R2=0.8m，HM长度为L=3.2m，N点为HM的中点。现将质量为m=0.5kg的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道D点的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(3分)求物块到达H点时对轨道的压力。(2)(2分)求物块到达C点的速度大小以及C、D两点的竖直高度差。(3)(3分)求物块被锁定时弹簧具有的弹性势能。(4)(5分)设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数μ(μ<1)。答案(1)45N，方向竖直向下(2)5m/s0.45m(3)22.5J(4)23或解析(1)物块到达D点时，由牛顿第二定律有mg=mvD2R1，解得v物块在H点时，有FN-mg=mv解得vH=8m/s物块由D到H的过程，由动能定理可得mg(R1+R2)=12mvH2-解得FN=45N由牛顿第三定律得，物块到H点对轨道的压力大小为45N，方向竖直向下；(2)由题意，根据平抛规律得vC=vDcos37°=5vCy=vDtan37°=3m/sC、D两点的竖直高度差h=vCy22g=0(3)C、E两点的竖直高度差h'=R1+R2-h=1.95m由能量守恒定律得Ep=12mvD2+mg(R1+R2)+μ1mgcos解得Ep=22.5J(4)物块与竖直墙壁碰撞后不能越过G'，可得12mvH2-2μmgL<mgR2，解得①若物块第二次到达N点停止，有12mvH2=解得μ=2②若物块第三次到达N点停止，有12mvH2=解得μ=2③若物块第四次到达N点停止，有12mvH2=解得μ=27<3故物块与水平轨道HM间的动摩擦因数为23或2课时精练[B][分值：27分]1.(13分)(2025·浙江省七彩阳光新高考联盟联考)某场地利用传送带，滑板等装置自动运输货物至轨道IJ。该装置由圆心为O的四分之一圆弧轨道AB，水平轨道BC，倾角为θ竖直放置的传送带CE，水平轨道EF、GH、IJ组成。滑板静止在GH上，其上表面与EF相平，左端紧靠竖直边FG，传送带以速度v顺时针转动。运输时，货物借助机器设备由圆心等高处的A点以一竖直向下的初速度v0进入轨道，经过轨道BC、传送带CE、轨道EF后滑上滑板。已知可视为质点的货物质量m=3kg，滑板质量M=3kg，AB的半径R=1.5m，轨道BC的长度l1=3m，传送带长度l2=2m，θ=30°，v=2m/s，货物与传送带之间的动摩擦因数μ1=235，与轨道BC和滑板上表面之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，滑板与轨道GH之间的动摩擦因数μ3=0.1，其余各处均光滑，货物经过轨道连接处时的能量损失忽略不计，g取10m/s(1)(3分)若货物下滑至轨道AB的最低点B时，受到的支持力大小为102N，求v0。(2)(5分)若要货物刚滑上滑板时的速度大小为2m/s，求v0的范围。(3)(5分)若滑板与货物共速时恰能将货物运送至轨道IJ，滑板右端与IH发生弹性碰撞，返回到出发的原位置时，速度大小为62m/s，返回过程滑板的位移大小为38m，不考虑滑板与FG碰撞后的运动。求滑板长度答案(1)6m/s(2)0<v0≤43m/s(3)1m解析(1)在B点，根据牛顿第二定律有FN-mg=mv解得vB=6m/s从A到B过程中，根据动能定理有12mv02+mgR=得v0=6m/s(2)从A到C过程中，根据动能定理有mgR-μ2mgl1=12mvC2-解得vC=v0由于μ1=235>tanθ当货物在传送带上加速向上运动时，根据牛顿第二定律有μ1mgcosθ-mgsinθ=ma1解得a1=1m/s2由于v22a1=2可知当v0=0时，货物滑上滑板时速度大小恰好为2m/s。当货物在传送带上减速向上运动时，根据牛顿第二定律有μ1mgcosθ+mgsinθ=ma2解得a2=11m/s2根据速度与位移的关系有v2-vC2=-2a2解得v0=vC=43m/s综合上述可知0<v0≤43m/s(3)在滑板返回过程中，对滑板进行分析，根据牛顿第二定律有a板=μ3MgM=1m令滑板返回过程始末速度大小分别为v1、v2，根据题意有v2=62m/根据速度与位移关系有v22-v12其中x=38解得滑板与IH碰撞后速度v1=32m/货物在滑板上向右减速运动时加速度大小a3=μ2mgm=5m滑板向右运动时加速度大小a4=μ2mg-μ3(由题意可知，货物与滑板恰好在碰撞时达到共速，则有v1=v0-a3t=a4t解得t=12s，v0=4m/则滑板长度L=v0+v12解得L=1m。2.(14分)(2025·浙江省县域教研联盟模拟改编)如图所示，水平传送带两端点A、B相距L=1m，端点A处有一质量m=1kg的可视为质点的物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，初始时两者均静止，端点B的右侧某一位置固定有轨道CG，其中CD段为光滑直轨道，DF段为光滑的圆弧轨道