专题13 动力学和能量观点的综合应用（解析版）

专题13 动力学和能量观点的综合应用目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc4610" 题型一 多运动组合问题  PAGEREF _Toc4610 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc15883" 题型二 “传送带”模型综合问题  PAGEREF _Toc15883 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc12517" 类型1 水平传送带问题  PAGEREF _Toc12517 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc31980" 类型2 倾斜传送带  PAGEREF _Toc31980 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc20166" 题型三 “滑块－木板”模型综合问题  PAGEREF _Toc20166 \h 13题型一 多运动组合问题【解题指导】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】(2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝eq \r(2) m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．【答案】　(1)2eq \r(2) m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)【解析】　(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0＝vBsin 30°得vB＝2eq \r(2) m/s(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2解得vC＝4eq \r(2) m/s经过C点时受轨道的支持力大小FN，有FN－mg＝meq \f(vC2,R)解得FN＝50 N由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－eq \f(1,2)mvC2代入数据可解得Ep＝6 J(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLsin 30°＋Ep－μmgL＝mgh代入数据可解得h＝0.6 m因为heq \f(1,2)mvBmin2＝10 J.故物块会沿着轨道下滑．由动能定理可得2mgR1＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mvB2，解得vE＝2eq \r(30) m/s.由F－mg＝meq \f(v\o\al(E2),R1)，解得F＝70 N.根据牛顿第三定律，物块在E点处对轨道的压力方向竖直向下，大小为70 N.(3)E－mgH－μmgLAM≥eq \f(1,2)mvBmin2，得E≥35 J.从M点到E点，由动能定理，得E－mgH－μmgLAM＋2mgR1＝eq \f(1,2)mvE2，得eq \f(1,2)mvE2＝E＋15 J.因为μmgL＝100 J，故对弹簧的弹性势能E进行分类讨论：当35 J≤E≤85 J，有E＋15 J＝μmgd，得E＝5d－15.当E>85 J，有E＋15 J＝μmg(L－d)＋100 J，得E＝185－5d.又因为不能飞出，故有E－85 J－mgR2≤0，得E≤95 J，故综上所述，当35 J≤E≤85 J时，E＝5d－15；当95 J≥E>85 J时，E＝185－5d.【例5】(2022·陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2 kg 小滑块从水平地面P点以速度v0＝2eq \r(3) m/s出发并沿“e”字型轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知水平直轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。【答案】　(1)2 N，方向竖直向上　(2)0.3 m (3)eq \r(10)m/s2 m/s，说明滑块一直匀减速板移动的位移x＝vt＝0.8 m(2)对板受力分析如图所示，有：F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N解得：F＝2 N(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J所以，系统因摩擦产生的热量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 NF2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s滑块动能变化：ΔEk＝20 J所以系统因摩擦产生的热量：Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.【例3】(多选) (2022·山东临沂市等级考模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　)A．动摩擦因数μ＝0.5B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/sC．长木板的长度为2.25 mD．从铁块放在长木板B上，到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量【答案】　BC【解析】　开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcos 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A轻轻放在长木板B时，根据牛顿第二定律，对A分析有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下；对B分析有μ(M＋m)gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B相对滑动的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放在长木板B上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。【例3】(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能－位移(Ek－x)图像如图乙所示．已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则(　　)A．小滑块和木板的质量均为0.25 kgB．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为eq \f(2,3) m/sD．木板长度至少要eq \f(4,9) m，小滑块才不会冲出木板【答案】　BC【解析】　由题图乙可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1 m后与木板共速，此时滑块的动能为1 J，则由动能定理μ1mgx1＝Ek0－Ek1＝4 J－1 J＝3 J，μ2·2mgx2＝2Ek1＝2 J，其中x2＝2 m，解得μ1＝0.6，m＝0.5 kg，选项A错误，B正确；根据Ek0＝eq \f(1,2)mv02，小滑块滑上木板瞬间，小滑块的初速度大小为v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝eq \r(\f(2×4,0.5)) m/s＝4 m/s，同理共速时小滑块的速度v1＝2 m/s，小滑块的加速度a1＝μ1g＝6 m/s2，到达共速时的时间t＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(1,3) s，木板的加速度a2＝eq \f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝4 m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小v0板＝v1－a2t＝eq \f(2,3) m/s，到达共速时木板的位移x1′＝eq \f(v0板＋v1,2)t＝eq \f(4,9) m，木块相对木板的位移Δx＝x1－x1′＝eq \f(5,9) m，即木板长度至少要eq \f(5,9) m小滑块才不会冲出木板，选项C正确，D错误．【例4】如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，CD为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径CD竖直，C点与B上表面等高．A在水平向右的恒定拉力作用下从B的左端由静止开始向右滑动，当A的速率为v时撤去拉力，此时B的速率为eq \f(v,2)，B恰好到达C处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好通过D点．已知A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数μ＝0.5，B的长度L＝eq \f(v2,2g)，g为重力加速度大小．(1)求拉力的大小F；(2)求半圆弧轨道的半径R；(3)A从D点飞出后是落到地面上还是落到B上？为什么？【答案】　(1)mg　(2)eq \f(v2,5g)　(3)落到了B上，理由见解析【解析】　(1)设撤去拉力F前A、B的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律，对A有F－μmg＝ma1对B有μmg＝2ma2设从静止开始经t1时间A的速率为v，则v＝a1t1，eq \f(v,2)＝a2t1解得F＝mg(2)设从静止开始到撤去力F的过程中A、B的位移分别为x1、x2，则v2＝2a1x1，(eq \f(v,2))2＝2a2x2解得x1＝eq \f(v2,g)，x2＝eq \f(v2,2g)则Δx＝x1－x2＝eq \f(v2,2g)＝L即撤去拉力时A恰好到达C处，A从C运动到D的过程中，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mvD2A进入半圆弧轨道后恰好通过D点，则mg＝meq \f(v\o\al(D2),R)解得R＝eq \f(v2,5g)(3)A从D点飞出后做平抛运动，假设A落到B上，设该过程中物块A的运动时间为t2，水平方向上的位移为x，则2R＝eq \f(1,2)gt22，x＝vDt2解得x＝eq \f(2v2,5g)由于x