新高考物理一轮复习讲义 第6章 专题强化10 动力学和能量观点的综合应用

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第6章 专题强化10 动力学和能量观点的综合应用，共13页。试卷主要包含了5 s　－20 J，5 s，5 m/s2等内容，欢迎下载使用。

题型一 传送带模型
1．设问的角度
(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．功能关系分析
(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．
例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
图1
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.
答案 (1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
(2)经过t1时间二者共速，t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为：x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间：t2＝eq \f(x0－x1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间：t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s
(3)t1时间内传送带的位移：x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff
行李箱对传送带的摩擦力做的功：W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J
例2 如图2所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
图2
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
答案 (1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
解析 (1)由题图可知，传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝eq \f(v0,2)t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度大小a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2).
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t1内，传送带运动的位移
x传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcs θ·x相＝60 J
最终工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
1．(倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知( )
图3
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B．A、B两点间的距离为1.2 m
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
答案 CD
解析 0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a1＝gsin θ＋μgcs θ＝eq \f(2,0.2) m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a2＝gsin θ－μgcs θ＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误；从题图可知，0～1.2 s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x1＋x2＝3.2 m，则A、B两点间的距离为3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W1＝Ffx1＝μmgcs θ·x1＝0.8 J，W2＝－Ffx2＝－μmgcs θ·x2＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，故C正确；从题图乙可知，0～
0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgcs θ·x相对＝4.8 J，故D正确．
题型二 多运动组合问题
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3 跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静止．如图4所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由倾角为θ＝37°的斜面AB和半径为R1＝10 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h1＝30 m，竖直跳台CD高度差为h2＝5 m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130 m，下端与半径为R2＝20 m的光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过C点，以速度vC＝25 m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0，以沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图4
(1)运动员在C点对台端的压力大小；
(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；
(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；
(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m之内停下，制动力至少是总重力的几倍？(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)5 800 N (2)eq \f(3,160) (3)125 m (4)1.7倍
解析 (1)运动员经C点时由牛顿第二定律得FC－mg＝meq \f(v\\al(C2),R1)
解得FC＝5 800 N
根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5 800 N.
(2)从A点到C点，由动能定理得
mgh1－μmgcs θeq \f(h1,sin θ)＋mgR1(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mvC2
解得μ＝eq \f(3,160).
(3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，
D、P间距离为sP，则有xP＝vCt，
yP＝eq \f(1,2)gt2
eq \f(yP－h2,xP)＝tan θ，eq \f(xP,sP)＝cs θ
解得sP＝125 m，t＝4 s.
(4)从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度
vP＝vCcs θ＋gtsin θ＝44 m/s
mg(L－sP)sin θ－μmg(L－sP)cs θ＋mgR2(1－cs θ)－Ffd＝0－eq \f(1,2)mvP2
解得Ff＝1 383 N，即eq \f(Ff,mg)≈1.7.
2．(直线运动＋圆周运动＋平抛运动)(2020·浙江宁波市 “十校联考”)如图5所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2 m，圆盘边缘有一质量m＝1 kg的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4 m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F＝eq \f(10\r(3),3) N．已知AB段斜面倾角为60°，BC段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m，运动到B点时的速度为
3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
图5
(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；
(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；
(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离．
答案 (1)5 rad/s (2)－8 J (3)eq \f(\r(3),15) m
解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：μmg＝mω2R，
代入数据解得：ω＝5 rad/s
(2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，
从A到B的运动过程由动能定理得：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，
解得Wf＝ －8 J
(3)从B到C的过程由动能定理得：
－mgh′＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2， 解得 vC＝1 m/s
对小滑块经C点后受力分析可知，F合＝eq \f(20,3)eq \r(3) N，则合加速度大小为a＝eq \f(20,3)eq \r(3) m/s2，由几何关系可知，合加速度的方向与C点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，
沿C点速度方向：x＝vCt
沿合加速度方向：y＝eq \f(1,2)at2
又eq \f(y,x)＝tan 30°
小滑块落点距C点s＝eq \f(x,cs 30°)，
联立解得s＝eq \f(\r(3),15) m.
课时精练
1．(多选)如图1所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )
图1
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
答案 AC
解析 设物体下滑到A点时的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh，代入数据得v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s2.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图2所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端．此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )
图2
A．物块的初速度大小为eq \f(v,2)
B．物块做匀加速直线运动的时间为eq \f(3L,5v)
C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(10v2,9gL)
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(mv2,9)
答案 BC
解析 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：eq \f(x1,x2)＝eq \f(\f(v0＋vt,2),vt)＝eq \f(2,3)，则eq \f(v0＋v,2)∶v＝2∶3，可得出：v0＝eq \f(v,3)，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为eq \f(3L,5)，则eq \f(3L,5)＝vt，可得匀速运动的时间为：t＝eq \f(3L,5v)，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：a＝μg，v2－v02＝2ax，x＝eq \f(2L,5)，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝eq \f(10v2,9gL)，故C正确；根据热量的计算公式：Q＝Ffx相对，整个过程中x相对＝eq \f(3L,5)－eq \f(2L,5)＝eq \f(L,5)，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝eq \f(2mv2,9)，故D错误．
3．(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3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＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg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，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
图3
(1)滑块运动至C点时的速度大小vC；
(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)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
解析 (1)在C点，竖直分速度：vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s
从A到B点的过程中，根据动能定理得
mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mvB2
解得Wf＝1 J
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°<μmgcs 37°，此后滑块将做匀速运动．
故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：
Q＝μmgcs 37°·Δx＝32 J.
4.(多选)(八省联考·辽宁·10)如图4所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2.t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行．t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是( )
图4
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
答案 BC
解析 由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，前
0.5 s两滑块均做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动，0.5 s时，甲的速度为v甲′＝(6－2×
0.5) m/s＝5 m/s，乙的速度为v乙′＝(2－2×0.5) m/s＝1 m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运动，乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的v－t图像：
v－t图像与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5 s时，两滑块相对位移Δx＝(6－2)×0.5 m＝2 m，所以相距5 m－2 m＝3 m，故A项错误；由v－t图像可知，t＝1.5 s时，两滑块速度相等，均为3 m/s，故B项正确；0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为Δx乙＝3×1 m－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×0.5×2＋1＋\f(1,2)×1×1＋3)) m＝0.25 m，故C项正确；两滑块在传送带上滑动，除摩擦力外没有其他力做功，t＝2.5 s时速度已经恒定，0～2.5 s内损耗的能量全部转化为内能，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2＝eq \f(1,2)m甲v传2＋eq \f(1,2)m乙v传2＋Q，解得：Q＝8.5 J，故D项错误．
5.(八省联考·江苏·15)如图5所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求物块：
图5
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
答案 (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
解析 (1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，
则有mgsin 37°－μ1mgcs 37°＝ma1
解得a1＝4 m/s2
小物块从A到P，
由运动学公式得v12＝2a1L
解得v1＝8 m/s
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2 m/s2
设经时间t1小物块速度减为零
则t1＝eq \f(v1,a′)＝4 s
此过程小物块的位移大小为x1＝eq \f(v\\al(12),2a′)＝16 m
小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则t2＝eq \f(v,a′)＝2 s
此过程小物块的位移大小为x2＝eq \f(v2,2a′)＝4 m，
因x1>x2，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t3＝eq \f(x1－x2,v)＝3 s，
则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9 s
(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mg·cs 37°·L＝32 J
小物块第1次从传送带返回P点，vP＝v＝4 m/s
物块沿斜面做匀减速运动后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，
vP′小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中
Q2＝μ1mg·cs 37°·s＝eq \f(1,2)mvP2，
解得Q2＝16 J
则Q＝Q1＋Q2＝48 J.
6．(2020·浙江嘉兴市期末)如图6所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10 m，BC长度L2＝4 m，圆轨道半径R＝0.72 m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3 m，水平边NE的长度L4＝6 m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2 m．小物块的质量为m＝1 kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图6
(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9 s，求小物块刚运动至P点时的动能．
答案 (1)0.5 (2)v2＝30F(6 m/s≤v≤20 m/s)
(3)65 J
解析 (1)小物块从A到C的过程，由动能定理得
mgL1sin θ－μmgL1cs θ－μmgL2＝0
代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得
F(L1cs θ＋L2)＋mgL1sin θ－μ(mgcs θ－Fsin θ)L1－μmgL2＝eq \f(1,2)mv2
代入数据得v2＝30F
小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤meq \f(v\\al(D2),R)
从D到C的过程由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mvD2＋2mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得v≥6 m/s
小物块不脱离斜面AB，应满足Fsin θ≤mgcs θ
解得v≤20 m/s
所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝eq \f(1,2)gt2＝4.05 m
设物块在C点初速度为v0，
P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4
如图，由几何关系得
tan∠MNE＝eq \f(L3＋L5－h,v0t－L4)
已知tan∠MNE＝eq \f(L3,L4)＝eq \f(1,2)，
解得v0＝7 m/s
从C到P由动能定理得
mgh＝Ek－eq \f(1,2)mv02
代入数据，解得Ek＝65 J.
即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.