高考物理一轮复习讲义练习第六章　第5讲　专题强化：动力学和能量观点的综合应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第六章　第5讲　专题强化：动力学和能量观点的综合应用，共12页。试卷主要包含了关键分析，功能关系分析，功和能分析等内容，欢迎下载使用。
题型一 传送带模型综合问题
1．关键分析
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，作好受力分析，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。
考向1水平传送带
【典例1】 (多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( AD )
A．物体在传送带上的划痕长 eq \f(v2,2μg)
B．传送带克服摩擦力做的功为 eq \f(1,2)mv2
C．电动机多做的功为 eq \f(3,2)mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
【解析】 物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速率v所需的时间t＝ eq \f(v,μg)，在这段时间内物体的位移大小x1＝ eq \f(v2,2μg)，传送带的位移大小x2＝vt＝ eq \f(v2,μg)，则物体相对传送带的位移大小x＝x2－x1＝ eq \f(v2,2μg)，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦产生的内能，物体在这个过程中获得的动能是 eq \f(1,2)mv2，相对位移x＝ eq \f(v2,2μg)，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmg× eq \f(v2,2μg)＝ eq \f(1,2)mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为ΔP＝fv＝μmgv，故D正确。
考向2倾斜传送带
【典例2】 近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s 从传送带顶端推下一件质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点)。5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程产生的热量Q。
【解析】 (1)分析包裹的受力情况，可知包裹受重力、弹力和摩擦力作用，包裹放置在传送带上时，由牛顿第二定律有μmg cs α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上，设经过时间t1后包裹的速度大小与传送带的速度大小相等，则有t1＝ eq \f(v2－v1,a)＝2 s，该时间内包裹运动的距离x1＝ eq \f(v1＋v2,2)t1＝2 m，传送带运动的距离x′1＝v1t1＝1.2 m，共速后到停电包裹匀速运动的时间t2＝Δt－t1＝3 s，t2时间内包裹运动距离x2＝v1t2＝1.8 m，停电后包裹的加速度大小仍为a＝0.4 m/s2，包裹做匀减速直线运动的时间t3＝ eq \f(v1,a)＝1.5 s，运动距离x3＝ eq \f(v1,2)t3＝0.45 m，故传送带顶端到底端的距离L＝x1＋x2＋x3＝4.25 m。
(2)整个过程产生的热量
Q＝μmg(x1－x′1)cs α＋μmgx3cs α＝40 J。
【答案】 (1)4.25 m (2)40 J
1．如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( B )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝ eq \f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
解析：对小物块，由动能定理有W＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程s1＝ eq \f(v,2)t＋vt＝ eq \f(3,2)vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程s2＝vt′－ eq \f(v,2)t′＝ eq \f(v,2)t′，又t＝t′＝ eq \f(v,μg)，则小物块与传送带间的相对路程s相对＝s1＋s2＝ eq \f(2v2,μg)，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对＝2mv2，故B正确。
2．如图甲所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度地放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( D )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B．整个过程中合力对物块做的功为4.0 J
C．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
解析：开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmg cs θ－mg sin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，代入动能表达式可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合力对物块做的功等于动能的变化，则有W合＝ΔEk＝ eq \f(1,2)mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝ eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62 J，C错误，D正确。
题型二 滑块—木板模型综合问题
1．模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝ eq \f(Δv2,a2)＝ eq \f(Δv1,a1)可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
3．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用滑块和木板相对滑动的位移x相。
考向1水平面上的滑块—木板模型
【典例3】 (多选)(2025·云南曲靖高三月考)如图所示，质量M＝3 kg、表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg、表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( BC )
A．长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B．物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为8 m
D．物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【解析】 长木板做匀加速直线运动的加速度大小a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(v0－v,Δt)＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移大小x1＝ eq \f(0＋v,2)Δt＝ eq \f(0＋4,2)×2 m＝4 m，物块的位移大小x2＝ eq \f(v0＋v,2)Δt＝ eq \f(8＋4,2)×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
考向2斜面上的滑块—木板模型
【典例4】如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5