第5章 专题强化8 动力学和能量观点的综合应用(2)-【勤径学升】2024高考物理一轮总复习配套课件

物 理 第五章 机械能守恒定律 专题强化八　动力学和能量观点的综合应用(二) 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．本专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板模型中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。 2．学好本专题，可以极大地培养学生的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升学生解决压轴题的信心。 3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 热点 eq \a\vs4\al(1) “传送带”模型(方法模型) 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)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 [例1]　如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝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μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块： (1)第1次滑过P点时的速度大小v1。 (2)第1次在传送带上往返运动的时间t。 (3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。 解析　(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1， 则有mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1， 解得a1＝4 m/s2， 小物块从A到P，由运动学公式得v12＝2a1L， 解得v1＝8 m/s； (2)小物块滑上传送带后，向左运动的过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′， 解得a′＝2 m/s2， 设经时间t1小物块速度减为零，则t1＝ eq \f(v1,a′) ＝4 s， 此过程中小物块的位移大小x1＝ eq \f(v12,2a′) ＝16 m， 小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则 t2＝ eq \f(v,a′) ＝2 s， 此过程中小物块的位移大小x2＝ eq \f(v2,2a′) ＝4 m， 因x1＞x2，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后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，vP′＜vP，即vP′＜4 m/s， 小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中， Q2＝μ1mg·cos 37°·s＝ eq \f(1,2) mvP2， 解得Q2＝16 J，则Q＝Q1＋Q2＝48 J。 答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J 类型2　倾斜传送带 [例2]　如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块运动至C点时的速度vC的大小。 (2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf。 (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。 解