专题二 第8课时　动力学和能量观点的综合应用.docx

第8课时动力学和能量观点的综合应用【命题规律】1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题：(2)用动力学观点和能量观 点解决多过程问题2常考题型：计算题.高考题型1传送带模型中的动力学和能量问题1 .传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变).2 .传送带中摩擦力做功与能量转化静摩擦力做 功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能.滑动摩擦力 做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值 等于产生的内能.摩擦生热的 计算(l)Q=Frs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的 内能之和.例1 (2021安徽蚌埠市高三期末)如图1所示,足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s2的加速度开始向右运行，加速2 s后传 送带保持匀速运行.木块与传送带间的动摩擦因数为0，重力加速度g=10m/s2,求：C) ()图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能.答案(1)4 N-s (2)4 J解析(1)设传送带加速度为o,加速时间为r(),木块的加速度为a,木块从开始运动到刚好 和传送带达到相对静止所需时间为/,由运动学公式有o/o=，又 小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下.已 知小车与地面间的动摩擦因数为"，重力加速度大小为g.(I)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械 能，则L应满足什么条件？答案(l)，gdsin。mg(L+29")sin H-Rings30 (3)/>d+£' ' sin 0解析(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有机gsin9=也设小车通过第30个减速带后速度为v,到达第31个减速带时的速度为V2,则有 V22V2=2ud因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为V和内；经过每一个减速带时损失的机械能为1,1、=mvi-21联立以上各式解得石=?gdsin 0.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为动，则在水平地面上根据动能定理有一?gs=0；/皿2从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L+29")sin 8AE 总=%初?联立解得 AE =nig(L + 296/)sin 0imgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为AE,i ，身(L+29d)sin 夕一E =30-=30(3)由题意可知>AE第10页，共12页4. (2021浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图.A8是一段长直轨道, 与半径R=1 m的光滑圆弧轨道4c相切于4点.3C轨道末端水平，末端离水平地面的高度 为啦m,圆弧BC对应的圆心知夕=37。，高度力=乎m的探测板E尸竖直放置，离8C轨道 末端。点的水平距离为L,上端E与C点的高度差也为/2=乎m,质量机=01kg的小滑块 (可视为质点)在AB轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空 气阻力，0m37。=0.6, cos 370=0.8, g 取 lOm/s2.(I)若将小滑块从B点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对轨道的作用力大小； (2)小滑块从C点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在从尸两点时，小 滑块的动能相等，求L的大小；(3)利用(2)间所求L值,求小滑块从距8点多远处无初速度释放时,打到探测板上的动能最小？ 最小动能为多少？答案(1)1.4N (2)2 m (3)2 m 2 J解析(1)小滑块从8运动到C的过程中，由动能定理得- cos 0)=mvc20,设C点时轨道对小滑块的作用力大小为F,由牛顿第二定律得尸一?8=甯， 得尸=1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对抗道的作用力大小尸 =F=1.4N(2)从C点到E点，小滑块做平抛运动，力=5产，L=vct打在 七点 的动能 E,E=nvc2+nigh）同理可知：打在尸点的动能为Ek=同理可知：打在尸点的动能为Ek="遭（片+ 16/材）8/?第11页，共12页又因为Ek£=EkF得 L=2 m(3)令小滑块从距B点x处无初速度释放从释放点运动到C,由动能定理得mgxsin 6 Ffx+mgR(l - cos 夕)=ynvc' 2-0其中 R=02ig从C点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移产金合打到探测板上的动能Ek =52c' 2+mgy解得反=(芸+品')L则当得1=公时，4有最小值.即x=2m时，动能最小值Ekmin=2 J.第12页，共12页,由牛顿第二定律有R= 他，又/=F% 联立解得/=4 N-s.(2)设运动过程中产生的内能为Q,传送带的位移xi =a()/o2 + v(t/()=1tz0/o2+f/()/o(/o)木块的位移及=耳，故Q=fimg(XX2),联立解得。=4 J.例2如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为9=30。，其上A、4两点间的距离为s=5 m, 传送带在电动机的带动下以。=2 m/s的速度匀速运动.现将一质量为/= 10 kg的小物体(可 视为质点)轻放在传送带的A点，小物体与传送带之间的动摩擦因数=坐，在传送带将小物 体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)图2(I)小物体做加速运动阶段的位移M的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q；(3)传送带对小物体做的功W.答案(1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得"geos夕一mgsin=；/"一0代人数值得xi =0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t,对于小物体对于传送带也=3,所以X2=1.6m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q="?gCOS O(X2-X),代入数值得。=60 J由功能关系得W=ntv2- mgs- sin 0代入数值得VV=270J.高考题型2用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型.找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高” “至少”等关键字，第2页，共12页找出对应的临界条件.用：选择合适的规律列方程.注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下 一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用.(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解.(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定 律或功能关系求解.例3 (2021山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的 一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道A8与半径为R= 1m的光滑 圆弧轨道在4处平滑连接，。为圆弧轨道AC。的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半 径OB、OD与OC的夹角分别为37。和53。,距D点的竖直高度为/?=0.8 m处有一空中平台.小 明质量为30 kg,从直轨道AB上距8点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从。 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道44间的动摩擦 因数=0.5,不计空气阻力.(重力加速度 g=10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8, sin 53° =0.8, cos 530=0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；小明开始下滑时的速度大小.答案(1)3 m/s (2) 1 290 N (3)3 m/s解析(1)小明经圆弧轨道从。点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆 过程从平台到。点是平抛运动，到。点时竖直方向的分速度由Vy2=2gh,解得小=小认=4 m/s则在。点时水平方向的速度为8="tan 37° = 3 m/s因此小明滑上平台的速度大小为v=vx=3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得mgh+R(cos 53°)解得 vc=yf33 m/s经过C点时由向心力公式得尸N 吆=解得入=1 290 N第3页，共12页 由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为尸N' =Fn=I 290 N(3)从开始运动到。点的过程，由动能定理得mg Lain 37°43 cos 37。+./?( 1 cos 37。)=；，。/一%加，解得 %=3 m/s.例4 (2020湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m=0.2 kg的小 滑块静止在水平物道上的4点，在水平向右的恒定拉力尸=4 N的作用下，从4点开始做匀 加速直线运动，当其滑行到A8的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R= 0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从4处的出口(未画出，且入口 和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个''陷阱”，。点是平台边缘上的点， C、。两点的高度差为"=0.2 m,水平距离为x=0.6 m.已知滑块运动到圆轨道的最高点时 对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道/3C的长度为，2=2.0m,小滑块与水平 轨道A8、间的动摩擦因数均为=0.5,重力加速度g=10m/s2.A B D图4(1)求水平轨道AB的长度h(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的。点；(3)若在A8段水平拉力厂作用的距离可.变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨 道，又不落入C、。间的“陷阱”的目的，试求水平拉力尸作用的距离范围.答案(1)2.4 m (2)见解析(3)见解析解析(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为内则有4mg=偌,从8点运 动到最高点的过程中，设小滑块到达8点时的速度大小为Vb,由机械能守恒定律有%如2=炉，代入数据解得08=2# m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可=mVB2,代入数据可解得八=2.4 m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为Vc,从B点到C点由动能定理可得一"2=5加/1 2nvn-代入数据解得0c=2 m/s第4页，共12页 设小滑块下落=0.2m所需要的时间为i,则有解得/=0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为xo=vd=OA m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到。点.(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆就道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论： 当滑块刚好能够到达与圆心等高的£点时，设恒力作用的距离为xj ,则由动能定理可得： Eviz- mgR=0代入数据可解得=0.75 m故当恒力作用的距离满足07'W0.75 m时符合条件.当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为次)，则有"送= 片,设此时恒力作用的距离为工2',则有Fx2 '2mgR=nvo2,代入数据可解得X2' =0.975 m当滑块刚好运动到。点时速度为零，设此时恒力作用的距离为不“，则有左2 一以咽Ji + b) =0代入数据可解得X2 =11m.故当恒力作用的距离满足0.975mWx'1.1m时符合条件. 当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为。c',则由平抛运动规律 得力=)« 产，x=vc t代入数据解得q/ =3 m/s,设此时恒力作用的距离为由'，故有13 一3八+/2)=gwc' 2 代入数据解得由'=1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 mWx' W2.4m时符合条件.高考预测1.如图5所示，水平传送带足够长，顺时针运行的速度。=4 m/s,与倾角为37。的斜面的底端 尸平滑连接，将一质量，=2 kg的小物块从A点静止释放.已知A、P的距离L=8 m,物块 与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 1=0.25、2=0.20,取重力加速度g=10m/s2, sin 37° =0.6, cos37o=0.8.求物块：第5页，共12页(1)第1次滑过P点时的速度大小s；(2)第1次在传送带上往返运动的时间八(3)从释放到最终停止运动，与斜面间因摩擦产生的热量Q.答案(1)8 m/s (2)9 s (3)48 J解析 由动能定理得(小gsin 37。一分"侬os 37°)L=1wi；i2-0解得。 = 8 m/s(2)由牛顿第二定律得112mg=ma物块与传送带共速时，由速度公式得v=vat解得八=6si>i2_y2 D a 2匀速运动阶段的时间为”=3s第I次在传送带上往返运动的时间/ = /|+/2 = 9s(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次到达传送带和离开传送带的速度大小相等, 物块最终静止在P点，则根据能量守恒有Q="i?gcos 37°XL+/皿2=48 J.2. (2021山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统.斜面轨道倾角 为8=37°,弹簧j端固定在斜面末端。点，自由端位于尸点，木箱在轨道顶端Q点时，自 动装货装置将质量为?的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑3轻弹簧被 压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述 过程.已知木箱与轨道间的动摩擦因数为=0.5, sin 37。=0.6, cos 37。=0.8.重力加速度为 g求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ间的距离为木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小.第6页，共12页 答案(1)芈/7吆(2)8(3号(如Z+亚髻)解析(1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a,木箱的质量为M,由牛顿第二定律有(M +/)gsin。一"(M+"?)gcos O=(M+m)a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为R,垂直斜面方向的作用力大小为修，则"igsin。F=maF2=mgcos 0货物受到木箱作用力大小为=、/&2 + &2代入数据得F=mg(2)设弹簧的最大弹性势能为Ep,弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x,由能量守恒有：下滑过程中(M+?)gxsin。一(M+m)gxcos O=EP弹回过程中 Ep=Mgxsin e+aMgxcos 0代入数据得设木箱刚到达。点时速度大小为0,返回P点时速度大小为。2,由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M+?)gLsin 9一(M+)gLcos 夕离开弹簧后上滑过程：一M?Lsin B-giMgLcos 6=0-Mv22以向上为正方向，对木箱由动量定理有代入数据得/=不屈+亚警).专题强化练1. (2021.山东济宁市高三期末)如图I所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块 (可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨 道，轨道最低点P与长木板等高，半圆弧轨道的最高点。处装有一压力传感器.现用水平向 右恒力小作用在小滑块上，小滑块到达。点时撤去力凡 此时长木板也恰好到达2点，并立 即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点。.已知小滑块的质量为， =1 kg,长木 板的质量为M=1 kg,滑块与长木板、氏木板与地面间的动摩擦因数分别为川=0.4和偿= 0.1,半圆弧轨道半径为R=0.4 m,小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点。时，压力传感器 的示数为尺=I2.5N,开始运动前长木板右端与底座左端的距离为x=lm.假设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：第7页，共12页Q.(1)小滑块到达P点时速度的大小vp；(2)长木板的长度£：(3)水平恒力尸的大小.答案(l)5m/s (2)1.5 m (3)9 N解析(。在。点，轨道对小滑块的支持力为Fn' =Fn=12.5N由牛顿第二定律得Fn' +mg= 得小滑块从P到。的过程中，由动能定理得-mg2 R=inVQz那联立解得0P=5 m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得" mg 42。+M)g=Ma2由运动学规律得、二:改/2解得1= 1 s则长木板的长度为£=*"】一x= 1.5 m(3)对小滑块，由运动学规律得Vp=at由牛顿第二定律得Ffumg=mai解得F=9 N.2. (2021福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部 分.如图2,传送带的倾角为0=30。，以。=3 m/s的速度向上匀速运行，将质最为/"= 10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端.若传送带顶端的高度力=2.5 m,货物与 传送带间的动摩擦因数为 =¥.假设每分钟运送货物60件，g取10 m/sz,则：第8页，共12页图2(1) 一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案(l)1.2s (2)295 J解析(1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得"侬os。一，gsin 0=ma设货物由底端经时间7|与传送带共速，有v=ah解得：/i = 1.2s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离v2 .八X)= 2 1.8 m滑动摩擦力对货物做的功W =/Z/?gCOS ()-X斜面长为L=-A=5 mdill (z货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2=mSs'n O(L-xi)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W=Wi + l%=295J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移si=如=3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q=?gcos xi)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产 生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为Ei,则 E =mv2+mgh+()=430 J每小时需要多提供的电能£=£产1.5 X 1()6 j3. (2021全国甲卷24)如图3, 一倾角为6的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出), 相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于出一质量为，的无动力小车(可视为质点) 从距第一个减速带L处由静止释放.已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速 度有关.观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同.第9页，共12页