2022年高考物理题型讲义（新高考）专题2 第8课时　动力学和能量观点的综合应用

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)Q＝Ff·s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1kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2m/s2的加速度开始向右运行，加速2s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g＝10m/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(1)4N·s(2)4J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a0t0＝at，又Ff＝μmg，由牛顿第二定律有Ff＝ma，又I＝Fft，联立解得I＝4N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q，传送带的位移x1＝eq\f(1,2)a0t02＋v(t－t0)＝eq\f(1,2)a0t02＋a0t0(t－t0)木块的位移x2＝eq\f(1,2)at2，故Q＝μmg(x1－x2)，联立解得Q＝4J.例2如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为s＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝2m/s的速度匀速运动．现将一质量为m＝10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10m/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)0.8m(2)60J(3)270J解析(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmgcosθ－mgsinθ)x1＝eq\f(1,2)mv2－0代入数值得x1＝0.8m(2)设小物体加速运动的时间为t，对于小物体x1＝eq\f(0＋v,2)t对于传送带x2＝vt，所以x2＝1.6m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q＝μmgcosθ(x2－x1)，代入数值得Q＝60J(3)由功能关系得W＝eq\f(1,2)mv2＋mgs·sinθ代入数值得W＝270J.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①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②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．③用：选择合适的规律列方程．④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R＝1m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h＝0.8m处有一空中平台．小明质量为30kg，从直轨道AB上距B点5m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μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)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)3m/s(2)1290N(3)3m/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vy2＝2gh，解得vy＝eq\r(2gh)＝4m/s则在D点时水平方向的速度为vx＝vytan37°＝3m/s因此小明滑上平台的速度大小为v＝vx＝3m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得－mg[h＋R(1－cos53°)]＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(33)m/s经过C点时，由向心力公式得FN－mg＝meq\f(v\o\al(,C2),R)解得FN＝1290N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为FN′＝FN＝1290N(3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgLsin37°－μmgLcos37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝3m/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m＝0.2kg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F＝4N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R＝0.3m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h＝0.2m，水平距离为x＝0.6m．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l2＝2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/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)2.4m(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4mg＝meq\f(v2,R)，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，代入数据解得vB＝2eq\r(6)m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得eq\f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq\f(1,2)mvB2，代入数据可解得l1＝2.4m.mvB2代入数据解得vC＝2m/s设小滑块下落h＝0.2m所需要的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝vCt＝0.4m<0.6m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：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝meq\f(v\o\al(,02),R)，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv02，代入数据可解得x2′＝0.975m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入数据可解得x2″＝1.1m．故当恒力作用的距离满足0.975m≤x′≤1.1m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为vC′，则由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′t代入数据解得vC′＝3m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝eq\f(1,2)mvC′2代入数据解得x3′＝1.325m故当恒力作用距离满足1.325m≤x′≤2.4m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v0＝5m/s的速度滑上传送带，工件质量为1kg，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB运动到平台CD，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案(1)0.5s(2)10J解析(1)当传送带的速度v≥5m/s时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得加速度a＝2m/s2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x＝v0t＋eq\f(1,2)(－a)t2解得t＝0.5s(另一解t＝4.5s不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v＝5m/s的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x1＝vt＝2.5m因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ(x1－x)工件的末速度v′＝v0－at＝4m/s电机额外输出的电能ΔE＝mgxsinθ＋(eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02)＋Q，解得ΔE＝10J.2．(2021·山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O点，自由端位于P点，木箱在轨道顶端Q点时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.重力加速度为g.求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ间的距离为L，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．答案(1)eq\f(2\r(5),5)mg(2)eq\f(1,4)m(3)eq\f(m,4)(eq\r(2gL)＋eq\f(\r(10gL),5))解析(1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a，木箱的质量为M，由牛顿第二定律有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F1，垂直斜面方向的作用力大小为F2，则mgsinθ－F1＝maF2＝mgcosθ货物受到木箱作用力大小F＝eq\r(F\o\al(,12)＋F\o\al(,22))代入数据得F＝eq\f(2\r(5),5)mg(2)设弹簧的最大弹性势能为Ep，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x，由能量守恒有：下滑过程中(M＋m)gxsinθ－μ(M＋m)gxcosθ＝Ep弹回过程中Ep＝Mgxsinθ＋μMgxcosθ代入数据得M＝eq\f(1,4)m(3)设木箱刚到达P点时速度大小为v1，返回P点时速度大小为v2，由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M＋m)gLsinθ－μ(M＋m)gLcosθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v12离开弹簧后上滑过程：－MgLsinθ－μMgLcosθ＝0－eq\f(1,2)Mv22以向上为正方向，对木箱由动量定理有I＝Mv2－(－Mv1)代入数据得I＝eq\f(m,4)(eq\r(2gL)＋eq\f(\r(10gL),5))．专题强化练1．(2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q处装有一压力传感器．现用水平向右恒力F作用在小滑块上，小滑块到达P点时撤去力F，此时长木板也恰好到达P点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q.已知小滑块的质量为m＝1kg，长木板的质量为M＝1kg，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圆弧轨道半径为R＝0.4m，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q时，压力传感器的示数为FN＝12.5N，长木板右端与底座左端的距离为x＝1m．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：图1(1)小滑块到达P点时速度的大小vP；(2)长木板的长度L；(3)水平恒力F的大小．答案(1)5m/s(2)1.5m(3)9N解析(1)在Q点，轨道对小滑块的支持力为FN′＝FN＝12.5N由牛顿第二定律得FN′＋mg＝meq\f(v\o\al(,Q2),R)小滑块从P到Q的过程中，由动能定理得－mg2R＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvP2联立解得vP＝5m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2由运动学规律得x＝eq\f(1,2)a2t2解得t＝1s则长木板的长度为L＝eq\f(0＋vP,2)t－x＝1.5m(3)对小滑块，由运动学规律得vP＝a1t由牛顿第二定律得F－μ1mg＝ma1解得F＝9N.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10kg的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h＝2.5m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2).假设每分钟运送货物60件，g取10m/s2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案(1)1.2s(2)295J(3)1.5×106J解析(1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得：t1＝1.2s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝eq\f(v2,2a)＝1.8m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmgcosθ·x1斜面长为L＝eq\f(h,sinθ)＝5m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mgsinθ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移s1＝vt1＝3.6m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmgcosθ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Q＝430J每小时需要多提供的电能E＝nE1≈1.5×106J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，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．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)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mgsinθ＝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v22－v12＝2ad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ΔE＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ.(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－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝eq\f(1,2)mv12联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE′＝eq\f(ΔE总,30)＝eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)由题意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(μs,sinθ).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R＝1m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eq\r(2)m，圆弧BC对应的圆心角θ＝37°，高度h＝eq\f(\r(2),2)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＝eq