2027届高三物理一轮复习教案：第六章　第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第六章　第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用（含解析）
考点一 传送带中的能量问题
1.传送带问题的分析方法
(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。
注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
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。
(2)系统产生的内能：Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带AB两点之间的距离L=5 m，传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有( )
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
答案 BC
解析 根据机械能守恒定律有mgh=12mv02，货物运动至传送带A点的速度为v0=2 m/s，根据牛顿第二定律μmg=ma，得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2，货物与传送带共速时，有v0+at1=v，解得t1=1 s，此时，货物的位移为x1=v0+v2t1=3 m，摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J，A错误；货物匀速运动时间t2=L−x1v=0.5 s，则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m，由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx=20 J，C正确；由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+12m(v2-v02)=80 J，D错误。
例2 (2025·江苏宿迁市一模)工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品(可视为质点)无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1 kg，传送带上表面的长度L1=10 m、运行速度v0=4 m/s，斜面长度L2=1 m，产品与传送带间的动摩擦因数μ1=78，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。
答案 (1)4 s (2)0.25 (3)1731
解析 (1)根据牛顿第二定律μ1mgcs 37°-mgsin 37°=ma
解得a=1 m/s2
产品加速到v0运动的位移x=v022a=8 mΔx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5 m，故C错误；0~1 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcs θ·Δx1=20 J，1~2 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcs θ·Δx2=4 J，所以0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20 J+4 J=24 J，故D正确。
3.(14分)(2025·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，恰好沿圆弧切线方向从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。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求：
(1)(4分)物块运动到D点的速度大小vD；
(2)(6分)物块下落的最大高度H；
(3)(4分)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
mgR(1-cs 53°)=12mvO2-12mvD2
由牛顿第三定律知O点处轨道对物块支持力FN=61 N
在O点有FN-mg=mvO2R，联立解得vD=5 m/s
(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=vDsin 37°=3 m/s。当物块下落的高度最大时，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
根据速度—位移公式有vC2-vB2=-2aL
解得vB=6 m/s
从A到B根据动能定理可得mgH=12mvB2
解得H=1.8 m
(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。
4.(14分)(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(6分)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
(2)(8分)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh=12mv02
解得v0=10 m/s
在b点根据牛顿第二定律FN-mg=mv02R
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得-μmgs=0-12mv2
解得v=8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，
得a1=μmgm=μg=2 m/s2，a2=μmgM=4 m/s2
根据运动学规律，对游客v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为x1=v+v02t=9 m
滑板的位移为x2=12a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=x1-x2=7 m
5.(14分)(2025·广东佛山市联考)如图，水平轨道AB的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m=1 kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度大小为v=4 m/s，传送带BC的长为L=1 m。CD为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R=0.4 m和r=0.2 m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，其余轨道均光滑，g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)(3分)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小；
(2)(7分)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带的速度大小。
(3)(4分)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点竖直高度y。
答案 (1)40 N (2)大于或等于25 m/s (3)210−65 m
解析 (1)若传送带静止，则根据动能定理有-μmgL=12mvD2-12mv2
在D点，对物体分析有F-mg=mvD2R
联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F=40 N
(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，
对物体分析有mg=mvE2R
根据机械能守恒有12mvC2=12mvE2+mg·2R
解得物体离开传送带的速度大小为vC=25 m/s
物体速度从4 m/s到25 m/s，摩擦力做正功，设经过的位移大小为x，
则有12mvC2-12mv2=μmgx
解得x=1 m=L
所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，
传送带速度有最小值vmin=vC=25 m/s
则传送带的速度为v传≥25 m/s
(3)物体在G点时，对物体分析有FG-mg=mvG2r
根据平抛运动规律有x=vGt，y=12gt2
根据几何关系有x2+y2=R2
联立解得y=210−65 m。
课时精练 [B]
[分值：40分]
1.(12分)(2025·河北廊坊市一模)某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为2 m/s的传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ为26°，传送带CD边与水平面平行。工作人员将质量分布均匀的正方体货物由D点无初速度释放，货物运动10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为2 kg，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，与挡板的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 26°=0.44，cs 26°=0.90)。求：
(1)(8分)货物在传送带上经历的时间；
(2)(4分)因运送货物传送装置多消耗的电能。
答案 (1)5.4 s (2)31.76 J
解析 (1)对货物受力分析，如图所示
则F1=mgcs θ，F2=mgsin θ
设货物与传送带间的动摩擦因数为μ1，货物与挡板间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律可得μ1F1-μ2F2=ma
解得a=2.5 m/s2
货物加速至与传送带共速过程，所用时间为t1=v0a=0.8 s
该过程货物的位移大小为x1=v022a=0.8 m
μ1F1>μ2F2，故之后货物将匀速运动，匀速运动的位移大小为x2=x-x1=9.2 m
匀速运动的时间为t2=x2v0=4.6 s
运动的总时间为t=t1+t2=5.4 s
(2)共速前传送带与货物间的相对位移大小为Δx=v0t1-x1=0.8 m
由能量守恒定律可得传送装置多消耗的电能为W=12mv02+μ1F1Δx+μ2F2x=31.76 J。
2.(13分)(2025·河南开封市二模)如图所示，光滑水平面上有一光滑水平凹槽PQ。质量为M=2 kg的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C紧靠凹槽左端P并处于静止状态，其右端与凹槽右端Q距离为s=0.5 m。水平面左侧较远处有一处于压缩锁定状态的轻弹簧，左端固定在墙壁上，右端连接物块A，物块B紧靠物块A放置，弹簧的弹性势能Ep=64 J。水平面右侧与顺时针转动的水平传送带平滑连接。已知A、B的质量均为mA=mB=1.0 kg，传送带的长度L2=3.75 m，顺时针转动的速度v=2 m/s，物块B与长木板上表面、传送带之间的动摩擦因数μ均为0.2，重力加速度g取10 m/s2。某时刻弹簧解除锁定，物块A、B由静止开始向右运动，B离开弹簧后滑上长木板，长木板首次与凹槽两侧壁碰撞均不损失能量，第二次与凹槽右侧壁碰撞时立即被锁定，物块B滑上传送带后，在传送带上运动Δt=2 s的时间。物块A、B均可视为质点，经过各个衔接点时不损失能量。求：
(1)(2分)物块B刚滑上木板C时的速度大小v1；
(2)(5分)木板C第一次与凹槽右侧壁碰撞时，物块B的速度大小v2；
(3)(6分)长木板的长度L1。
答案 (1)8 m/s (2)6 m/s (3)15.25 m
解析 (1)对A、B、弹簧组成的系统由能量守恒定律可得Ep=12(mA+mB)v12
解得v1=8 m/s
(2)物块B滑上木板C后，由牛顿第二定律，
对物块B，有μmBg=mBa1
解得a1=2 m/s2
对长木板C，有μmBg=Ma2
解得a2=1 m/s2
长木板C运动时间t1与右壁碰撞，
由运动学公式s=12a2t12
解得t1=1 s，
物块B的速度v2=v1-a1t1
解得v2=6 m/s
(3)物块B滑上传送带后平均速度v=L2Δt=1.875 m/sμ1>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
a共=μ1gcs θ-gsin θ=13 m/s2，
s共=v共22a共=1.5 m
Q物-板=μ2mgcs θ·Δs=30 J
Q板-斜=μ1(M+m)gcs θ·(s板+s共)=57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量
Q=Q物-板+Q板-斜=87 J。