第六章 第6课时 专题强化：动力学和能量观点的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第6课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用 目标要求　1.学会应用动力学和能量观点解决传送带模型问题。2.学会应用动力学和能量观点解决滑块—木板模型问题。 考点一　传送带模型综合问题 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。 (3)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　(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带顺时针匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。 答案　(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 解析　(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2－ v02＝－2ax1② 联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④ t1＝t1′＋⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75 s⑥ (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有 －μmgL＝mv12－mv02⑦ μmgL＝mv22－mv02⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v1＝ m/s, v2＝4 m/s。 例2　如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg的可视为质点的物块压缩在光滑平台上而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一与平台等高的传送带，其两端AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，传送带右侧有一段等高的粗糙水平面BC长s＝3.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧CF对应的圆心角为θ＝120°，在F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹。若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，当弹簧储存的弹性势能Ep＝8 J时释放物块，物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2，求： (1)从物块滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量Q及圆弧轨道的半径R； (2)若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值vmin。 答案　(1)0.5 J　0.2 m　(2)2 m/s 解析　(1)物块滑到A点之前，对物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律：Ep＝mvA2， 解得vA＝4 m/s，从A点至与传送带共速， 由牛顿第二定律μ1mg＝ma， 由运动学公式v2－vA2＝2ax， 解得x＝2.25 m<L＝5 m， 共速前的时间t＝＝0.5 s 传送带在这段时间内走过的距离x′＝vt＝2.5 m，故因摩擦产生的热量Q＝μ1mg(x′－x)＝0.5 J，从共速到运动至E点，由动能定理 －μ2mgs－mgR＝0－mv2，解得R＝0.2 m (2)当刚好能到F点时，传送带有最小速度vmin，在这种情况下，在F点有mgsin 30°＝m，从共速到F点，由动能定理 －μ2mgs－mgR(1＋sin 30°)＝mvF2－mvmin2， 由以上两式解得vmin＝2 m/s 而物块在传送带上能达到的最大速度u满足：u2－vA2＝2aL， 解得u＝6 m/s>vmin， 故vmin＝2 m/s满足题意，即传送带的最小速度为2 m/s。 考点二　滑块—木板模型综合问题 　“滑块—木板”问题的分析方法 1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。 2．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； (3)求摩擦生热时用相对位移Δx。 例3　(2023·广东河源市中学期中)如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给P物块v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．P与Q达到相对静止时的速度是2.5 m/s B．长木板Q长度至少为3 m C．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 答案　C 解析　P的加速度为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度为aQ＝＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，选项A错误；P、Q共速时的相对位移为Δx＝t－t＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2 m，选项B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2v02－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。 例4　(2024·广东东莞市模拟)如图所示，水平面上固定一倾角为37°的足够长斜面，有一质量M＝1 kg的木板以v0＝3 m/s的速度沿斜面匀速下滑。现将一质量m＝0.5 kg的小木块(可视为质点)轻轻地放到木板中央，最后木块刚好没有从木板上滑出。已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求两者最终的共同速度v的大小； (2)求木板长度L； (3)求从木块放到木板上到两者相对静止过程系统产生的总热量Q。 答案　(1)2 m/s　(2)0.6 m　(3)5.1 J 解析　(1)设木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，不放木块时有Mgsin 37°＝μ2Mgcos 37°， 解得μ2＝0.75 当木块放到木板上后，对木块有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°＝ma1 对木板有Mgsin 37°－μ1mgcos 37°－μ2(M＋m)gcos 37°＝Ma2 v0＋a2t＝a1t 解得t＝0.2 s v＝a1t＝2 m/s (2)此过程木块的位移x1＝t＝0.2 m， 木板的位移x2＝t＝0.5 m， 所以木板的长度L＝2(x2－x1)＝0.6 m (3)从木块放到木板上到两者相对静止过程中木块与木板间因摩擦产生的热量 Q1＝μ1mgcos 37°·＝0.6 J， 木板与斜面间因摩擦产生的热量 Q2＝μ2(M＋m)gcos 37°·x2＝4.5 J， 所以该过程系统产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝5.1 J。 课时精练 1.(多选)(2022·广东珠海市期末)皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，完成物品的传输、装卸工作，极大地提高了工作效率。如图，水平传送带在电动机带动下以恒定功率v运行，某时刻一个质量为m的物体(可视为质点)以初速度v0(v0<v)从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v(此时未到达传送带右端)，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则该物体在传送带上运动的过程中(　　) A．物体先受到滑动摩擦力的作用，后受到静摩擦力的作用 B．0～t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大 C．若仅增大物体的初速度v0(v0仍小于v)，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加 D．电动机因传送该物体而多消耗的电能为μmgvt0 答案　BD 解析　由题意可知，物体先受到向右的滑动摩擦力做加速运动，速度与传送带相同后做匀速运动，匀速运动阶段不受摩擦力，故A错误；0～t0时间内，物体所受摩擦力恒定为Ff＝μmg，物体速度越来越大，摩擦力做功功率为P＝Ffv，可知摩擦力对物体做功的功率越来越大，故B正确；由动能定理知，整个过程中传送带对物体所做的功等于物体动能的增量，所以v0增大，而末速度不变，动能增量减小，传送带对物体做的功减小，故C错误；电动机因传送该物体而多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功。在0～t0时间内，传送带的位移为x＝vt0，克服摩擦力所做的功为W＝Ffx＝μmgvt0，故D正确。 2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　) A. B. C．mv2 D．2mv2 答案　C 解析　由能量转化和能量守恒可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。 3.(2024·广东省广州大学附属中学开学考)如图所示，水平传送带AB长L＝4.5 m，以v＝2 m/s的速度顺时针转动。传送带与半径R＝0.4 m的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑圆管，∠COD＝60°。小物块以v0＝3 m/s的初速度滑上传送带，已知小物块的质量m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小物块通过传送带的时间t； (2)小物块通过传送带的过程中，传送带对它做的功W以及因摩擦产生的热量Q； (3)小物块能进入光滑圆管CD，且不从D点飞出，传送带顺时针转动的速度v应满足的条件。 答案　(1)2 s　(2)－2.5 J　0.5 J　(3) m/s≤v≤4 m/s 解析　(1)小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma 解得a＝1 m/s2 小物块减速到与传送带共速，经历时间为 t1＝＝1 s 通过的位移为x1＝·t1＝2.5 m 之后做匀速直线运动，经历时间为t2＝＝1 s 小物块通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝2 s (2)小物块与传送带之间的摩擦力大小为 Ff＝μmg＝1 N 传送带对小物块做的功为W＝－Ffx1＝－2.5 J 共速前传送带的位移为x2＝vt1＝2 m 相对位移为Δx＝x1－x2＝0.5 m 产生热量为Q＝FfΔx＝0.5 J (3)①刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C点有mgsin 30°＝m B点到C点，根据动能定理可得 －mg(R＋Rsin 30°)＝mvC2－mvB12 联立解得vB1＝ m/s ②刚好到达D点不脱轨，在D点有vD＝0 B点到D点，根据动能定理可得 －mg·2R＝0－mvB22 解得vB2＝4 m/s 所以，为了让小物块能进入光滑圆管CD，且不从D点飞出，经过B点的速度满足 m/s≤vB≤4 m/s 若小物块在传送带上全程加速，则有 μmgL＝mvB32－mv02 解得vB3＝ m/s>4 m/s 所以小物块在传送带上先加速运动后匀速运动；综上所述，传送带顺时针转动的速度v应满足的条件是 m/s≤v≤4 m/s 4.(2024·广东广州市广雅中学月考)如图，水平桌面CD右侧竖直固定一个半径为R＝1.6 m的光滑半圆弧轨道EFG，直径EG与桌面垂直，水平桌面左侧固定一个倾角为α＝37°、长度为l＝5R的光滑直轨道AB，质量M＝0.2 kg、长度L＝11 m的木板置于桌面上并紧靠倾斜直轨道，且木板上表面与B、E两点高度相同；倾斜直轨道与圆弧轨道在同一竖直平面内。一个质量m＝0.2 kg、可视为质点的小滑块，从P点水平抛出，初速度大小为v0＝8 m/s，恰好在A点沿切线进入倾斜轨道，离开倾斜轨道后滑上木板，经过倾斜轨道与木板连接处能量损失不计。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.1，xCD＝12 m；木板如果与挡板ED碰撞将以原速率反弹；重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)P、A两点间的水平距离； (2)通过计算分析小滑块能否滑上圆弧轨道；如果能，则计算经过E点时受到圆弧轨道的支持力大小； (3)如果小滑块能滑上圆弧轨道，通过计算分析小滑块最终落在木板上还是倾斜导轨上。 答案　(1)4.8 m　(2)小滑块能滑上圆弧轨道　14.5 N　(3)小滑块最终落在木板上 解析　(1)因小滑块恰好在A点沿切线进入倾斜轨道，故有vAy＝v0tan α＝6 m/s 所以小滑块做平抛运动的时间为t1＝＝0.6 s P、A两点的水平距离为x0＝v0t1＝4.8 m (2)小滑块在A点的速度大小vA＝＝10 m/s 小滑块从A点到B点，根据机械能守恒定律可得 mglsin α＝mvB2－mvA2 解得vB＝14 m/s 小滑块滑上木板后做匀减速运动，加速度大小为 a1＝＝4 m/s2 木板做匀加速直线运动，加速度大小为 a2＝＝2 m/s2 设木板从开始运动到撞上圆弧轨道下端挡板的时间为t2，则xCD－L＝a2t22，解得t2＝1 s 此时小滑块的位移为x＝vBt2－a1t22＝12 m 此距离正好为木板位移与木板长度之和，即C、D间距，所以此时小滑块恰好滑上圆弧轨道。小滑块在E点速度大小为vE＝vB－a1t2＝10 m/s 在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m 解得FN＝14.5 N (3)小滑块能经过G点的临界条件是 vG＝＝4 m/s 设小滑块能经过G点，则有 mvE2＝mvG′2＋2mgR 解得vG′＝6 m/s>vG 所以小滑块能经过G点做平抛运动；如果小滑块能落到木板上，则有2R＝gt32，可得t3＝0.8 s 水平位移为x′＝vG′t3＝4.8 m 显然，无论木板停在何位置，小滑块都会落在木板上。 5．“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点，P为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32 m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m＝3 kg，薄木板质量M＝1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝，薄木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求： (1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)； (2)物块在木板上相对于木板运动的距离； (3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。 答案　(1)(91.92－24) N　(2)1.5 m (3)87 J 解析　(1)物块由C到D，做斜上抛运动 水平方向v水平＝＝1.6 m/s 物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小v＝＝2 m/s， v竖直＝vsin θ＝1.2 m/s 物块在C端时竖直方向速度大小 v竖直′＝v竖直－gt＝－0.8 m/s， vC＝＝ m/s 由B到C有mvB2＝mvC2＋mgR(1－cos α) 其中cos α＝， 在B点有FN－mg＝m 由牛顿第三定律得F压＝FN＝(91.92－24) N (2)物块刚滑上木板时，对物块有 μ2mgcos θ－mgsin θ＝mam， 解得物块加速度大小am＝ m/s2，做匀减速直线运动 对木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝ m/s2，做匀加速直线运动，设两者经时间t1达到共速v共， 则有v－amt1＝aMt1＝v共 解得t1＝1.5 s，v共＝1 m/s 此过程中x物＝t1＝ m，x板＝t1＝ m 物块相对于木板运动的距离Δx＝x物－x板＝1.5 m (3)μ2mgcos θ>mgsin 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＝μ1gcos θ－gsin θ＝ m/s2， x共＝＝1.5 m Q物－板＝μ2mgcos θ·Δx＝30 J Q板－斜＝μ1(M＋m)gcos θ·(x板＋x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。 学科网（北京）股份有限公司 $