高考物理二轮复习考点题型归纳训练专题13 动力学和能量观点的综合应用（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18780" 题型一 多运动组合问题 PAGEREF _Tc18780 \h 1
\l "_Tc20309" 题型二 “传送带”模型综合问题 PAGEREF _Tc20309 \h 13
\l "_Tc21438" 类型1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc21438 \h 13
\l "_Tc6648" 类型2 倾斜传送带 PAGEREF _Tc6648 \h 26
\l "_Tc18836" 题型三 “滑块－木板”模型综合问题 PAGEREF _Tc18836 \h 35
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】（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习）如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙（挡板墙上分布有多个力传感器）构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度，弹丸的质量为0.2kg。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取。下列说法正确的是（ ）
A．弹丸到C点的速度为7m/s
B．弹丸与地面的动摩擦因数为0.6
C．弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D．弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5
【答案】B
【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有
32.2 = m
代入数据有
v = m/s
由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；
D．弹丸从B到C过程由动能定理得
mgh - μ1mgcs37° = mv2 - mv2
代入数据有
μ1= 0.3
D错误；
BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得
- μ2mg3 × R = mv2 - mv2
在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得
25 = m
联立解得
μ1= 0.6
B正确、C错误。
故选B。
【例2】．（2023·高三课时练习）如图所示，斜面和水平面相交于B点，是竖直放置的半径为的光滑半圆轨道，与相切于C点，E点与圆心O点等高。质量为m的小球从离水平面h处由静止释放，经过水平面后并滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜面间的动摩擦因数都为，斜面的倾角，BC长，取，如果让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h的取值可能为（ ）
A．B．C．D．【答案】AC
【详解】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：
一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足
得
二是小球在半圆形导轨在E点减到速度为零，由动能定理
得
小球能进入半圆轨道有
得
，
故选AC。
【例3】．（2023·全国·高三专题练习）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，则以下结论正确的是（ ）
A．A、B两点间的高度差为
B．C到N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力大小为
D．小球从N点运动到C点的时间为
【答案】AC
【详解】A．从A点到C点,由动能定理得
从A点到N点
其中
联立解得
A正确；
BD．N到C的时间，根据速度与加速度的关系可得
则C到N的水平距离为
解得
BD错误；
C．从A到M点，由动能定理得
在M点，受力分析有
解得
C正确。
故选AC。
【例4】．（2023·广东汕头·统考一模）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度55m的斜面AB（倾角θ＝37°）和半径25m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B点，过圆弧最低点C的切线水平．CD为着陆坡（倾角α＝30°）．一运动员连同滑板（整体可视为质点）从A点由静止滑下，到C点以vc＝26m/s的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，关于该运动员，下列说法正确的是
A．经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍
B．在B点的速度大小为24m/s
C．在斜面AB上的运动时间约为4.6s
D．运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度vc大小成正比
【答案】BCD
【详解】A、在C点，有： ，代入数据得：，有牛顿第三定律得：，故A错误；
B、由B运动到C，由动能定理得：，代入数据得：，故B正确；
C、由A运动到B，由运动学公式得：，得：；由动量定理得：，解得：，故C正确；
D、运动员从C点飞出后，在空中做平抛运动落在斜面上的D点，位移偏向角为，则有，解得：；又，，联立解得：，即，故D正确．
【例5】（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为，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高点和最低点，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，，。（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）；（2）
【详解】（1）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
解得
小球从A点到P点，由动能定理得
解得
（2）将圆形管道的DQB段取下来，小球离开D点后做平抛运动，设小球落到斜面上时竖直位移为y，水平位移为x，落到倾斜轨道的动能为Ek，如图所示
竖直方向的位移
水平位移
小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能
根据几何关系可知
解得
小球动能有最小值时
动能最小值为
【例6】．（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图所示，固定在地面上、表面光滑的平台ABCOK由斜面AB和水平面BC组成，倾角为θ的斜面体ODE固定在地面上，O点在C点的正下方，AB与BC在B处通过一小段圆弧平滑连接。均可视为质点的a、b两小球质量分别为km、m，把小球b放置在C点，让a球从A点由静止开始下滑，两球在C点发生弹性碰撞，碰后b球做平抛运动，落到OD上。已知m = 0.5kg，，CO的高度为h = 1.2m，AK的高度为H = 1.65m。不计空气阻力。
（1）求a、b发生碰撞前的瞬间，a的速度v0的大小；
（2）a、b碰撞后的瞬间，若b的动能是a的动能的8倍，求k的值；
（3）求b落到斜面OD前瞬间的动能Ek与平抛运动竖直下落位移y之间的函数关系式（用Ek、mg、h、y来表示），并讨论Ek的最小值以及相对应的k值。

【答案】（1）3m/s；（2）0.5或2；（3）见解析
【详解】（1）小球a从A到C的过程由机械能守恒定律可得
解得
v0 = 3m/s
（2）设碰撞后瞬间a、b速度分别为v1和v2，由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
综合解得
，
由题意可得
综合可得
则有
解得
k = 0.5或k = 2
（3）设b平抛运动的时间为t，水平位移为x，由平抛运动的规律可得
，
由几何关系可得
b落到斜面OD上时的动能为
综合可得
由数学知识可得
时，Ek取最小值
再结合
综合解得
（另一解舍去）
【例7】．（2023·山东·模拟预测）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（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。
（1）求C点与O点的高度差h；
（2）若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道，则小球在C点只有重力沿方向的分力提供向心力，设重力方向与的夹角为θ，由牛顿第二定律有
由几何关系有
从静止释放到C点，由能量守恒定律有
联立解得
（2）小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M点，则应有
从静止释放到M点，由能量守恒定律有
解得
【例8】．（2023·浙江金华·统考模拟预测）小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为，电动机功率恒为，圆轨道半径为，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为，AB轨道长，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？（3）若某次测试时，赛车电动机工作，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。
【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）
【详解】（1）赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律
解得
从H到C，由动能定理有
解得
根据指向圆心方向合力提供向心力有
解得
根据牛顿第三定律在H点对轨道压力；
（2）赛车从E到F做平抛运动，有
解得
对赛车，从A出发最终到E的过程中，根据功能关系可得
代入数据解得
（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时最小，由上分析可知
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律
解得
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理
可得
所以赛车不会从E点飞出，有
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理
可得
则
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律
解得
综上，当
时可满足要求。
题型二 “传送带”模型综合问题
【解题指导】1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q＝Ffx相对或能量守恒定律.
2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
【核心归纳】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。
类型1 水平传送带问题
【例1】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）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，始终保持以速度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中，下列说法正确的是（ ）

A．摩擦力对物体做的功为mv2
B．电动机多做的功为
C．系统产生的内能为
D．传送带克服摩擦力做的功为
【答案】C
【详解】A．根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为
故A错误；B．电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于，故B错误；
CD．设共速前物体相对地面的位移为，传送带相等地面的位移为则有
，
可知
可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为，则系统产生的内能为
故C正确，D错误。
故选C。
【例2】（2023·山东·高三专题练习）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，传送带就会以的加速度向前加速运行。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，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
【详解】（1）对货物受力分析，由牛顿第二定律可知
解得
设经时间t1两者共速，则
解得
故货物运动1s后两者共速。此时的速度大小
货物的位移
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
解得
所以货物到达传送带末端所用的时间
（2）设货物到达传送带末端的速度大小为，则
解得
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
解得
（3）货物和传送带之间的相对位移
所以整个过程因摩擦产生的热量
【例3】（2023·全国·二模）如图所示，一质量的物块以的速度从B端进入水平传送带，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带长，该物块与传送带间的动摩擦因数，传送带以速度为v顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。重力加速度。求：
（1）当传送带的速度时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
【答案】（1）2J；（2）7.5J
【详解】（1）小物块的加速度
小物块的加速时间
小物块匀加速的位移
则小物块先加速后匀速，传送带的位移
二者的相对位移
产生的热量
（2）令小物块从C点飞出后速度为，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
根据动能定理有
解得
由数学知识可知，当时，最小，解得
【例4】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ = 37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L = 1.7m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m = 1kg的物块以水平速度v0 = 5m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h = 1.08m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ = 0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10m/s2。（sin37° = 0.6，cs37° = 0.8）
（1）求物块由A运动到B时的速度大小vB；
（2）求物块由A运动到C所需要的时间t；
（3）若改变传送带转速，物块以初动能Ekx从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能Ekx的取值范围。
【答案】（1）6m/s；（2）0.9s；（3）34J ≤ Ekx ≤ 51J
【详解】（1）物块从B运动到C过程，由动能定理可得
－mgh－μmgcs37°· = 0－mvB2
解得
vB = 6m/s
（2）设物块从A运动到B过程中速度从v0到vB的位移是x，由动能定理可得
mvB2－mv02 = μmgx
解得
x = 1.1m < L
即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动。设物块在传送带上匀加速时间为t1，有
vB = v0＋at1
a = μg
解得
t1 = 0.2s
设物块在传送带上匀速时间为t2，有
L－x = vBt2解得
t2 = 0.1s
设物块从B运动到C所用时间为t3，由牛顿第二定律可得
mgsin37°＋μmgcs37° = ma′
又
0 = vB－a′t3
联立可得
t3 = 0.6s
物块由A运动到C所需要的时间为
t = t1＋t2＋t3 = 0.9s
（3）根据题意，要让物块滑上斜面后恰好能返回出发点A，则设物块滑上斜面上滑距离s后返回，且经皮带减速刚好回到A点速度为零，故物块从开始沿斜面下滑到达A点过程，根据动能定理可
mgs∙sin37°－μmgcs37°∙s－μmgL = 0
解得
s = 4.25m
当物块滑上传送带后第一次到B点的过程中，传送带对物块的摩擦力一直对物块做负功，且物块能够沿斜面上滑距离s，此时物块的初动能最大，且有
－μmgcs37°∙2s－μmg∙2L = 0－Ekmax
解得
Ekmax = 51J
当物块滑上传送带后第一次到B点的过程中，传送带对物块的摩擦力一直对物块做正功，且物块能够沿斜面上滑距离s，此时物块的初动能最小，且有
μmgL－μmgcs37°∙2s－μmgL = 0－Ekmin
解得
Ekmin = 34J
综上可得
34J ≤ Ekx ≤ 42.5J
【例5】（2023·江苏·高三专题练习）如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。质量m=1kg的滑块可以视作为质点。放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.
（1）滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；（2）滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；
（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
【答案】（1）8J；（2）4s；（3）24J
【详解】（1）滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得
FL-μ= Ek0
解之得
Ek0=8J
（2）从B点向左减速过程
得
x=4m