第6章　第34讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 课件---2027高考一轮总复习物理

这是一份第6章　第34讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 课件---2027高考一轮总复习物理，共74页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，考点三，解得L＝18m，答案D，解得v＝3ms，解得FN＝30N，解得Q＝3J，解得vB＝6ms，解得H＝18m等内容，欢迎下载使用。
第34讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用
提能训练　练案[34]
考点一　传送带模型综合问题
1．解答传送带模型的动力学方法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．传送带问题涉及的功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功，也等于多消耗的电能。(2)传送带对物体做的功W＝Ffx物，x物为物体对地的位移。(3)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对为相对路程。(4)功能关系分析：电动机多做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp为被传送物体重力势能的增加量，W电也等于电动机多消耗的电能。注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
[解析]　(1)对单个散货水平方向由动量定理－I＝0－mv0
(2)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma
从第1个散货抛出后瞬间到第2个散货抛出前瞬间，倾斜传送带上的散货组成的系统能量差为
该过程运动的时间为Δt，则倾斜传送带的平均输出功率为
跟 踪 训 练1．(2026·山东潍坊期末)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m。已知行李(可视为质点)质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小g取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 JB．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 mC．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为1.6 JD．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J[答案]　D
考点二　“滑块—木板”模型综合问题
板块模型的动力学分析和功能关系分析
(多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。t＝2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．0～2 s内长木板的加速度大小aM＝3 m/s2B．0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功C．0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 JD．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量[答案]　BC
[解析]　对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2 s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2 m/s2,2 s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，作出长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2 s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4 m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12 J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的距离，由v－t图像知L
＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误。
[规律方法]　滑块—木板模型的解题思路(1)解决滑块—木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解。(2)解题思路
跟 踪 训 练2．(多选)如图(a)，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图(b)。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则(　　)
A．0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同B．0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同C．0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量D．0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量[答案]　AC
[解析]　v－t图像的斜率表示加速度，根据图(b)可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等方向相反，故B错误；v－t图像与时间轴所围成图形的面积表示位移，根据图(b)可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，故A正确；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；根据功能关系与能量守恒定律有W拉＝ΔE总＋Q，即0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热的和，故D错误。故选AC。
(1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B上升的最大距离s；(3)B的最小长度L。[答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　(3)1.8 m
[解析]　(1)敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，对A由牛顿第二定律μmAgcs 30°－mAgsin 30°＝mAaA解得aA＝2.5 m/s2对B由牛顿第二定律μmAgcs 30°＋mBgsin 30°＝mBaB解得aB＝12.5 m/s2。
(2)设A、B向上运动，经过时间t后共速v0－aBt＝aAt共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有(mA＋mB)gsin 30°＝(mA＋mB)a
解得s＝0.375 m。
考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题
(2026·湖南长沙市雅礼中学月考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；(2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB；(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；(4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
[答案]　(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析
从P到D点，由动能定理得
(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得
滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m。
从P到脱轨的位置，由动能定理得
联立解得sin α＝0.6即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。
[规律方法]　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。
跟 踪 训 练3．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)[答案]　(1)见解析　(2)不会冲出　(3)见解析
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。(2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，据功能关系有mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cs θ＋mgLBC′sin θ
(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，据动能定理有
碰撞后的速度为v′，据动量守恒定律有mv＝3mv′设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，据动能定理有
基础巩固练1．如图所示，传送带以速度v匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　)
A．传送带对物块做功为mv2
2．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)
C．mv2D．2mv2[答案]　C
3．传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是(　　)
A．小滑块经过0.5 s与传送带速度相同B．小滑块经过0.8 s离开传送带C．整个过程因摩擦而产生的热量为2 JD．电动机因运送小滑块多做的功为1 J[答案]　BC
能力提升练5．(多选)(2026·贵州省名校协作体三模)如图甲所示，质量为0.1 kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的v－t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1 kg，木板的长度为1 m，滑块与木板间的动摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。则(　　)
A．木板与地面之间的动摩擦因数为0.2B．木板运动0.5 s后与滑块达到共速C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 JD．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J[答案]　AB
6．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝ 10 s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则(　　)
A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 JD．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和[答案]　ABC
7．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平面上，其半径R＝0.45 m，质量M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，圆弧轨道的末端恰好与长木板的上表面相切。一质量为m＝1 kg的物块(可看成质点)从圆弧A点由静止滑下，从左端冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块刚滑到圆弧轨道底端时，圆弧轨道对物块支持力的大小；(2)物块与长木板共速时速度的大小；(3)由于物块与木板摩擦所产生的热量Q。[答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)3 J
(2)对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝Ma2解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2两者达到共同速度时有v1＝v0－a1t＝a2t解得v1＝1 m/s。
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep滑块从A到D过程由动能定理得
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
9．(2026·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)物块运动到D点的速度大小vD；(2)物块下落的最大高度H；(3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。[答案]　(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J[解析]　(1)物块由D点到O点根据动能定理有
(2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC＝3 m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝3 m/s2
(3)根据运动学知识可知vC＝vB－at解得t＝1 s所以相对位移Δx＝(4.5－3)m＝1.5 m产生的热量Q＝μmgΔx＝9 J。