2模块2 专题6 动力学和能量观点的综合应用-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

专题六　动力学和能量观点的综合应用 命题点1　动力学和能量观点的应用 近3年7卷7考 1．运动模型 多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者一般的曲线运动。在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。 2．规律方法 运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。 3．分析技巧 (1)如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；如果只涉及位移、功和能量的转化，通常采用动能定理分析。 (2)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应先独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。 　(2024·江苏卷，T15)如图所示，粗糙斜面与物块间的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求： (1)CD段长x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 [解析]　(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式 0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F＝mg sin θ＋μmg cos θ 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)全过程物块增加的机械能 E1＝mgL sin θ 整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故 E2＝E1＋μmgL cos θ ＝＝。 [答案]　(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 命题视角：题目以“电动机牵引物体在斜面上的运动”为命题情境，主要考查了牛顿第二定律的应用、功率的概念、能量转化和守恒定律的应用等知识。 方法技巧：根据运动情景把物体的运动分成多个运动过程，分析每个过程的运动特点，根据求解问题选择相应物理规律。 　(2024·山东济南市质检)如图所示，水平地面上有两个半径均为R的固定竖直光滑圆轨道，M、N分别为两圆轨道的最低点。一质量为m的小物块从P点开始沿水平面向右运动，通过第一个竖直圆轨道后沿水平面继续向右运动。已知P点与M点、M点与N点间的距离均为5R，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g，小物块在P点的初速度大小v0＝。求： (1)小物块到达第一个圆轨道最高点时，小物块对轨道压力的大小； (2)小物块从第二个圆轨道脱离时的速度大小。 [解析]　(1)小物块从P点到第一个圆轨道最高点，根据动能定理得 －mg·2R－μmg·5R＝mv－mv 在第一个圆轨道最高点，设轨道对小物块的压力为FN，有mg＋FN＝m 解得FN＝mg 由牛顿第三定律可知，小物块对轨道压力的大小FN′＝FN＝0.5mg。 (2)设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为θ，小物块从P点到脱轨，根据动能定理得－mg(R＋R sin θ)－μmg·10R＝mv－mv 脱轨时，有mg sin θ＝m 联立解得v2＝。 [答案]　(1)0.5mg　(2) 　(2024·天津河西区期末) 如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1半径为R的光滑圆弧形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R、圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小球(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小球被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求： (1)小球与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小球通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 [解析]　(1)由几何关系得BC间的高度差h＝R 小球从C点运动到A点的过程，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0 解得μ＝。 (2)弹簧对小球做功过程由功能关系有 W弹＝Ep 小球从A到D过程由动能定理得 Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0 小球在D点，由重力提供向心力 mg＝m 联立解得Ep＝mgR。 (3)小球通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt 竖直方向有y＝gt2 由几何关系x2＋y2＝4R2 可得小球落到挡板上的动能 Ek＝m 联立解得Ek＝(2－1)mgR。 [答案]　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR 命题点2　传送带模型和板块模型 近3年1卷1考 1．动力学分析 2．功能关系分析 (1)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。 (2)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。 3．相对位移 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Fx相对，其中x相对是物体间相对路径长度，如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和。 考向1　传送带模型 　(多选)(2024·天津河西区期末) 如图所示，质量m＝1 kg的物体从高h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB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，g取10 m/s2，则(　　) A．物体从A运动到B的时间是1.5 s B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J [解析]　设物体下滑到A点的速度为v0，有mv＝mgh，v0＝＝2 m/s<4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，a＝＝μg＝2 m/s2，加速至速度与传送带相等时用时t1＝＝ s＝1 s，位移x1＝t1＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝ s＝0.5 s, 故物体从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝1.5 s，故A正确；物体运动到B的速度是v＝4 m/s，摩擦力对物体做功Wf＝mv2－mv＝×1×42 J－×1×22 J＝6 J，故B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移x皮带＝vt1＝4 m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x皮带－x1)，代入数据得Q＝2 J，故C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝(mv2－mv)＋Q＝8 J，故D错误。 [答案]　AC 考向2　板块模型 　(2024·重庆市第二次调研)如图，在光滑水平面上静置一长木板，在距木板右侧L0处固定一半径为R的四分之一光滑圆弧曲面CD，且最低点C与木板上表面等高。现使一质量为m的物块以Ek＝4mgR的初动能从木板左侧滑上木板并向右运动，当木板撞上圆弧面时，物块恰好滑上弧面C点，且对C点的压力大小为5mg。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)物块在木板上滑动过程中产生的内能； (2)物块到达D点时的速度大小。 [解析]　(1)物块初速度 v0＝＝ 在C点，由牛顿第三定律及牛顿第二定律得5mg－mg＝m 解得vC＝2 又由牛顿第二定律得μmg＝ma 得a＝μg 由运动学公式得物块在水平方向上运动的位移x＝＝ 由能量守恒定律知，物块在木板上滑动过程中产生的内能 Q＝μmg(x－L0)＝2mgR－μmgL0。 (2)由动能定理得 －mgR＝mv－mv 得vD＝。 [答案]　(1)2mgR－μmgL0　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $