素养提升11⇒动力学和能量观点的综合应用

动力学和能量观点的综合应用题型一多运动组合问题（精品微信公众号：偷着学）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。【例1】（2024·重庆统考）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°，圆形管道半径为R、内壁光滑，倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接，相切于B点，C、D分别为圆形管道的最低点和最高点，整个装置固定在竖直平面内，一小球质量为m，小球直径略小于圆形管道内径，圆形管道内径远小于R，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）将圆形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下来，并保证剩余圆弧管道的P、Q两端等高，为使小球滑下后，在圆形管道内运动通过P点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0，从倾斜轨道上距离C点多高的位置A由静止释放小球；（2）若将圆形管道的DQB段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变，求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值（只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点）。答案：（1）74R（2）（13－2）解析：（1）因小球在圆形管道内运动通过P点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0，则重力沿圆心方向的分力提供向心力，有mgcos60°＝mv解得v＝1小球从A点到P点，由动能定理得mg（h－R－Rsin30°）＝12mv解得h＝74R（2）将圆形管道的DQB段取下来，小球离开D点后做平抛运动，设小球落到倾斜轨道上时平抛运动的竖直位移为y，水平位移为x，落到倾斜轨道的动能为Ek，平抛运动的时间为t，如图所示，则Ek＝mgy＋12mx＝vDty＝12gt根据几何关系可知R（1＋cos37°）－y＝（x－Rsin37°）tan37°联立解得Ek＝mg13当13y9＝9R24y，即y＝91326R时，小球动能有最小值，最小值为Emin（多选）如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°，现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A.A、B两点间的高度差为22B.C到N的水平距离为2RC.小球在M点对轨道的压力大小为（3＋2）mgD.小球从N点运动到C点的时间为2解析：AC从A点到C点，由动能定理得mgh＝12mvC2，从A点到N点mg（h＋Rcos45°）＝12mvN2，其中vC＝vNcos45°，联立解得h＝22R，vN＝22gR，A正确；根据速度与加速度的关系可得N到C的时间t＝vNsin45°g＝2Rg，则C到N的水平距离为xCN＝vNcos45°t，解得xCN＝2R，B、D错误；从A到M点，由动能定理得mg（h＋R）＝12mvM2，在M点受力分析有N题型二“传送带”模型1.两个分析角度（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（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。水平传送带模型【例2】（2024·山东烟台模拟）我国物流市场规模连续七年位列全球第一。某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1m/s2的加速度向前加速运行。如图所示，在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，求：（1）货物用多长时间到达传送带末端；（2）整个过程传送带对货物做的功；（3）传送带与货物由于摩擦产生的热量。答案：（1）3s（2）0（3）60J解析：（1）对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝ma'解得a'＝2m/s2设经时间t1两者共速，则v0－a't1＝at1解得t1＝1s故货物运动1s后两者共速。此时的速度大小v＝at1＝1m/s从开始到二者共速，货物的位移x1＝v0t1－12a't1由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则vt2＋12at22＝l解得t2＝2s所以货物到达传送带末端所用的时间t＝t1＋t2＝3s。（2）设货物到达传送带末端的速度大小为v'，则v'＝v＋at2解得v'＝3m/s货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得W＝12mv'2－12解得W＝0。（3）货物和传送带之间的相对位移Δx＝x1－12at1所以整个过程因摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝60J。倾斜传送带模型【例3】（2024·贵州黔东南模拟）如图所示，某小型购物商场的电梯长L＝7.0m，倾角θ＝37°。在某次搬运货物时，售货员将质量为m＝50kg的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启动电机，电梯先以a0＝1m/s2的加速度向上做匀加速运动，速度达到v0＝2m/s后匀速运动。已知货物与电梯表面间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）货物从电梯底端运动到顶端所用的时间；（2）电机因运送该货物多做的功（忽略电梯自身动能的变化）。答案：（1）6s（2）3160J解析：（1）对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，当摩擦力是最大静摩擦力时，货物获得的加速度最大，则μmgcos37°－mgsin37°＝mamax解得amax＝0.4m/s2＜1m/s2所以货物先以0.4m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律得货物加速阶段的位移为x＝v02匀加速运动的时间为t1＝v0a之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为t2＝L－x所以货物从电梯底端运动到顶端所用的时间t＝t1＋t2＝6s。（2）根据功能关系，可知电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能和重力势能以及在皮带上产生的热量的和，则W＝12mv02＋Q＝μmgs相对cos37°s相对＝x皮－Lx皮＝v022a0＋联立解得W＝3160J。题型三“滑块－木板”模型1.两个分析角度（1）动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。（2）能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。2.三种处理方法（1）求解对地位移可优先考虑应用动能定理。（2）求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。（3）地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。水平面上的板块模型【例4】（多选）（2023·全国乙卷21题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（）A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于12mv0D.物块的动能一定小于12mv0答案：BD解析：物块和木板的运动示意图和v－t图像如图甲、乙所示。根据动能定理可知对小物块：－fx1＝12mv12－1对木板：fx2＝12Mv根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF因此fl＞fx2＝12Mv22，即木板的动能一定小于fl，A错误，将①、②两式相加得－fl＝12mv12＋12Mv22－12mv02，变形得物块离开木板时的动能12mv12＝12mv02－fl－斜面上的板块模型（精品微信公众号：偷着学）【例5】（多选）（2024·河北衡水模拟）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一与斜面垂直的弹性挡板C。长度为L＝8m、质量为M＝43kg的长木板A置于斜面上，质量为m＝1kg的物块B（可视为质点）置于长木板上端，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板A与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝928，长木板A下端与挡板C的距离为d＝6m。同时由静止释放长木板A和物块B，长木板A与挡板C碰撞后原速率返回。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。下列说法正确的是（A.长木板A刚开始沿斜面向下运动时的加速度大小为3m/s2B.物块B在长木板A上运动的时间为4sC.物块B在长木板A上运动的过程中，系统产生的内能为61JD.物块B从长木板A上滑下后，A将不再沿斜面下滑答案：AC解析：对物块B由牛顿第二定律得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝4m/s2，对长木板A由牛顿第二定律得Mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2（M＋m）gcos37°＝Ma2，解得a2＝3m/s2，A正确；由匀变速直线运动规律得长木板A运动到挡板所用的时间满足d＝12a2t12，解得t1＝2s，此时物块B运动的位移为x＝12a1t12＝8m，长木板A沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得Mgsin37°＋μ2（M＋m）gcos37°＋μ1mgcos37°＝Ma3，解得a3＝12m/s2，设从木板A下端与挡板C相碰至B离开木板所用时间为t2，由匀变速直线运动规律得L＋d－x＝a1t1t2＋12a1t22＋a2t1t2－12a3t22，解得t2＝0.5s，物块B在长木板A上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5s，B错误；物块B在长木板A上运动产生的内能为Q1＝μ1mgLcos37°＝16J，长木板A在斜面上运动产生的内能为Q2＝μ2（M＋m）gd＋（a2t1）22a3cos37°＝45J，系统产生的内能为Q＝Q1＋Q2＝61J，C正确；物块B从长木板A上滑下时，长木板A的速度为v＝a2t1－跟踪训练·巩固提升1.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（）A.木板A所受摩擦力对木板A做负功B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功相等C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功减去木块B对木板A的摩擦力做的功D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和解析：C木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误；木板A对木块B的摩擦力做的功为W1＝fABx，木块B对木板A的摩擦力做的功为W2＝fBAx1，由题意得fAB的大小与fBA的大小相等，但x＞x1，所以两者做功不相等，故B错误；摩擦生热的计算公式为Q＝f·Δs，又因为Δs＝x－x1，所以有Q＝f·Δs＝W1－W2，故C正确；根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木板A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D错误。2.足够长的传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物体A由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为（）A.mv2 B.2mv2C.14mv2 D.12解析：D物体A被放于传送带上即做匀加速直线运动，加速度a＝μmgm＝μg，匀加速过程前进的距离x1＝v22a＝v22μg，该时间内传送带前进的距离x2＝vt＝v·vμg＝v2μg，所以物体相对传送带滑动距离Δx＝x2－x1＝v22μg，故产生的内能Q＝μmg·Δ3.（多选）（2024·黑龙江哈尔滨高三期中）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（）A.此时物块的动能为F（x＋L）B.此时小车的动能为fxC.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－fLD.这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL解析：BD根据动能定理，物块的动能为Ek1＝（F－f）（L＋x），A错误；小车的动能为Ek2＝fx，B正确；物块和小车增加的机械能等于外力做功与摩擦生热之差，则ΔE＝F（L＋x）－fL，C错误；系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损＝fx相对＝fL，D正确。4.（2024·河北沧州河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，绷紧的传送带与水平面所成的角为37°，在电动机的带动下，传送带以v0＝2m/s的恒定速率顺时针运行，现将一质量为m＝20kg的货物（可视为质点）轻轻放在传送带底端，货物被传送到h＝3m的高处，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.货物先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用B.货物在传送带上运动的时间为6sC.货物的机械能增加了1280JD.货物与传送带间由于摩擦产生的热量为640J解析：D货物刚放在传送带上时，对货物有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2，达到与传送带等速需要的时间为t＝va＝20.4s＝5s，此过程货物运动的位移的大小为x＝vt2＝2×52m＝5m，刚好到达传递带顶端，所以货物在传送带上一直做匀加速直线运动，一直受到滑动摩擦力作用，故A、B错误；货物的机械能增加了ΔE＝mgh＋12mv2＝640J，故C错误；货物与传送带间由于摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°·Δx＝μmgcos37°·（v0t－x5.（多选）（2024·山东济南模拟）如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道MNP，MN为其竖直直径，桌面与圆弧轨道MNP中间有一光滑管道Q，其右端与P相切平滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距离也为R，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的挡板上。一质量为m、可视为质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道。已知弹簧压缩量为s，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝12kx2（x为弹簧的形变量），不计其他阻力及小球在管道Q和圆弧轨道中运动的能量损耗，重力加速度为g。则（A.C点与O点的高度差h的大小为kB.C点与O点的高度差h的大小为ksC.若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道的最高点，小球质量的取值范围是0＜m≤kD.若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道的最高点，小球质量的取值范围是0＜m≤ks解析：AC小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道，则小球在C点重力沿CO方向的分力提供向心力，设重力方向与CO的夹角为θ，由牛顿第二定律有mgcosθ＝mvC2R，由几何关系有cosθ＝ℎR，从静止释放到C点，由能量守恒定律有12ks2＝12mvC2＋mgh，联立解得h＝ks23mg，故A正确，B错误；小球在运动过程中不脱离轨道能通过M点，则应有mg≤mvM2R，从静止释放到M点，由能量守恒定律有12ks2＝12m6.如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高。质量为m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：（1）物块经过C点时的速度大小vC；（2）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。答案：（1）6m/s（2）9J解析：（1）设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有vBsinθ＝v0从B到C，根据动能定理有mgR（1＋sinθ）＝12mvC2－联立解得vC＝6m/s。（2）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共速运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则μmg＝ma1μmg＝Ma2v＝vC－a1tv＝a2t根据能量守恒定律有12（m＋M）v2＋Q＝12联立解得Q＝9J。7.（2024·山东青岛期末）机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货仓装载行李的某场景如图甲所示，传送带保持恒定速率向上运行。工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图乙，A、B、C、D是传送带上4个进入货仓前匀速运动的行李箱，其中A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d。已知传送带运行的速率为v0，倾角为θ，传送带的长度为L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A.A、B、C、D与传送带间动摩擦因数相同，均满足μ＞tanθB.A、B、C与传送带间动摩擦因数大于D与传送带间动摩擦因数C.工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔Δt＝dD.若A的质量为m，则由于传送A，驱动传送带的电机额外消耗的电能ΔE＝mgLsinθ＋12m解析：C传送带运行的速率为v0，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，行李箱放在传送带上后，先加速，后匀速，设加速时间为t，加速过程的位移为x1，则对行李箱有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，v0＝at，x1＝v02t，行李箱加速时，传送带的位移为x2，则x2＝v0t，行李箱加速时，与传送带的相对位移为Δx＝x2－x1＝v022（μgcosθ－gsinθ），又A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d，则A、B、C与传送带间动摩擦因数相同，D与传送带间动摩擦因数大于A、B、C与传送带间动摩擦因数，且A、B、C、D与传送带间动摩擦因数均满足μ＞tanθ，A、B错误；由以上分析知，A、B、C释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d，则工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为Δt＝dv0，C正确；根据能量