2023版步步高物理一轮复习讲义第六章 专题强化十　动力学和能量观点的综合应用

专题强化十　动力学和能量观点的综合应用目标要求　1.会用功能关系解决传送带、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题．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)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)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是(　　)A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 sB．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 JD．运输带对建筑材料做的功为1 J答案　AD解析　建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝eq \f(L,v0)＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝eq \f(v0,a)＝1 s，加速运动的位移为x1＝eq \f(v0,2)t2＝0.5 m2 m/s，说明滑块一直匀减速板移动的位移x＝vt＝0.8 m(2)对板受力分析如图所示，有：F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N解得：F＝2 N(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J所以，系统因摩擦产生的热量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 NF2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s滑块动能变化：ΔEk＝20 J所以系统因摩擦产生的热量：Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.题型三　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5　(2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝eq \r(2) m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．答案　(1)2eq \r(2) m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)解析　(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0＝vBsin 30°得vB＝2eq \r(2) m/s(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2解得vC＝4eq \r(2) m/s经过C点时受轨道的支持力大小FN，有FN－mg＝meq \f(vC2,R)解得FN＝50 N由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－eq \f(1,2)mvC2代入数据可解得Ep＝6 J(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLsin 30°＋Ep－μmgL＝mgh代入数据可解得h＝0.6 m因为hx2，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·cos 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减速到零后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，vP′