素養(yǎng)提升11⇒動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用題型一多運動組合問題（精品微信公眾號：偷著學(xué)）1.分析思路（1）受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；（2）做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；（3）功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解。2.方法技巧（1）“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景；（2）“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；（3）“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。【例1】（2024·重慶統(tǒng)考）如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道傾角為37°，圓形管道半徑為R、內(nèi)壁光滑，傾斜軌道與圓形管道之間平滑連接，相切于B點，C、D分別為圓形管道的最低點和最高點，整個裝置固定在豎直平面內(nèi)，一小球質(zhì)量為m，小球直徑略小于圓形管道內(nèi)徑，圓形管道內(nèi)徑遠小于R，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）將圓形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下來，并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高，為使小球滑下后，在圓形管道內(nèi)運動通過P點時，管道內(nèi)壁對小球的作用力恰好為0，從傾斜軌道上距離C點多高的位置A由靜止釋放小球；（2）若將圓形管道的DQB段取下來，改變小球在傾斜軌道上由靜止釋放的位置，小球從D點飛出后落到傾斜軌道時的動能也隨之改變，求小球從D點飛出后落到傾斜軌道上動能的最小值（只考慮小球落到傾斜軌道上的第一落點）。答案：（1）74R（2）（13－2）解析：（1）因小球在圓形管道內(nèi)運動通過P點時，管道內(nèi)壁對小球的作用力恰好為0，則重力沿圓心方向的分力提供向心力，有mgcos60°＝mv解得v＝1小球從A點到P點，由動能定理得mg（h－R－Rsin30°）＝12mv解得h＝74R（2）將圓形管道的DQB段取下來，小球離開D點后做平拋運動，設(shè)小球落到傾斜軌道上時平拋運動的豎直位移為y，水平位移為x，落到傾斜軌道的動能為Ek，平拋運動的時間為t，如圖所示，則Ek＝mgy＋12mx＝vDty＝12gt根據(jù)幾何關(guān)系可知R（1＋cos37°）－y＝（x－Rsin37°）tan37°聯(lián)立解得Ek＝mg13當13y9＝9R24y，即y＝91326R時，小球動能有最小值，最小值為Emin（多選）如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道上的三個點，B點和圓心等高，M點與O點在同一豎直線上，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝45°，現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后沿水平方向通過與O點等高的C點，已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A.A、B兩點間的高度差為22B.C到N的水平距離為2RC.小球在M點對軌道的壓力大小為（3＋2）mgD.小球從N點運動到C點的時間為2解析：AC從A點到C點，由動能定理得mgh＝12mvC2，從A點到N點mg（h＋Rcos45°）＝12mvN2，其中vC＝vNcos45°，聯(lián)立解得h＝22R，vN＝22gR，A正確；根據(jù)速度與加速度的關(guān)系可得N到C的時間t＝vNsin45°g＝2Rg，則C到N的水平距離為xCN＝vNcos45°t，解得xCN＝2R，B、D錯誤；從A到M點，由動能定理得mg（h＋R）＝12mvM2，在M點受力分析有N題型二“傳送帶”模型1.兩個分析角度（1）動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。（2）能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2.功能關(guān)系（1）功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。（2）對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對。水平傳送帶模型【例2】（2024·山東煙臺模擬）我國物流市場規(guī)模連續(xù)七年位列全球第一。某物流分揀中心為轉(zhuǎn)運貨物安裝有水平傳送帶，傳送帶空載時保持靜止，一旦有貨物置于傳送帶上，傳送帶就會以1m/s2的加速度向前加速運行。如圖所示，在傳送帶空載的某時刻，某質(zhì)量為20kg的貨物向前以3m/s的初速度滑上傳送帶。已知傳送帶長為6m，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2，求：（1）貨物用多長時間到達傳送帶末端；（2）整個過程傳送帶對貨物做的功；（3）傳送帶與貨物由于摩擦產(chǎn)生的熱量。答案：（1）3s（2）0（3）60J解析：（1）對貨物受力分析，由牛頓第二定律可知μmg＝ma'解得a'＝2m/s2設(shè)經(jīng)時間t1兩者共速，則v0－a't1＝at1解得t1＝1s故貨物運動1s后兩者共速。此時的速度大小v＝at1＝1m/s從開始到二者共速，貨物的位移x1＝v0t1－12a't1由題意知，兩者共速后，一起以加速度a做勻加速直線運動，設(shè)兩者共速后，貨物再運動時間t2到達傳送帶末端，則vt2＋12at22＝l解得t2＝2s所以貨物到達傳送帶末端所用的時間t＝t1＋t2＝3s。（2）設(shè)貨物到達傳送帶末端的速度大小為v'，則v'＝v＋at2解得v'＝3m/s貨物從被推上傳送帶至到達傳送帶末端的過程，由動能定理得W＝12mv'2－12解得W＝0。（3）貨物和傳送帶之間的相對位移Δx＝x1－12at1所以整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝60J。傾斜傳送帶模型【例3】（2024·貴州黔東南模擬）如圖所示，某小型購物商場的電梯長L＝7.0m，傾角θ＝37°。在某次搬運貨物時，售貨員將質(zhì)量為m＝50kg的貨物無初速度放在電梯的最下端，然后啟動電機，電梯先以a0＝1m/s2的加速度向上做勻加速運動，速度達到v0＝2m/s后勻速運動。已知貨物與電梯表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）貨物從電梯底端運動到頂端所用的時間；（2）電機因運送該貨物多做的功（忽略電梯自身動能的變化）。答案：（1）6s（2）3160J解析：（1）對貨物進行受力分析，貨物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，當摩擦力是最大靜摩擦力時，貨物獲得的加速度最大，則μmgcos37°－mgsin37°＝mamax解得amax＝0.4m/s2＜1m/s2所以貨物先以0.4m/s2的加速度向上做勻加速運動，當速度與傳送帶速度相等時再做勻速直線運動。根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得貨物加速階段的位移為x＝v02勻加速運動的時間為t1＝v0a之后做勻速直線運動，勻速運動的時間為t2＝L－x所以貨物從電梯底端運動到頂端所用的時間t＝t1＋t2＝6s。（2）根據(jù)功能關(guān)系，可知電機因運送該貨物多做的功等于貨物增加的動能和重力勢能以及在皮帶上產(chǎn)生的熱量的和，則W＝12mv02＋Q＝μmgs相對cos37°s相對＝x皮－Lx皮＝v022a0＋聯(lián)立解得W＝3160J。題型三“滑塊－木板”模型1.兩個分析角度（1）動力學(xué)角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據(jù)初速度分析兩者的運動過程，畫出運動軌跡圖，找到位移和相對位移關(guān)系，根據(jù)時間關(guān)系列位移等式和速度等式。（2）能量角度：物塊在木板上滑行時，速度減小的物塊動能減小，速度增大的木板動能增加，根據(jù)能量守恒，減小的動能等于增加的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。2.三種處理方法（1）求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理。（2）求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。（3）地面光滑時，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律。水平面上的板塊模型【例4】（多選）（2023·全國乙卷21題）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（）A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于12mv0D.物塊的動能一定小于12mv0答案：BD解析：物塊和木板的運動示意圖和v－t圖像如圖甲、乙所示。根據(jù)動能定理可知對小物塊：－fx1＝12mv12－1對木板：fx2＝12Mv根據(jù)v－t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO根據(jù)位移關(guān)系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF因此fl＞fx2＝12Mv22，即木板的動能一定小于fl，A錯誤，將①、②兩式相加得－fl＝12mv12＋12Mv22－12mv02，變形得物塊離開木板時的動能12mv12＝12mv02－fl－斜面上的板塊模型（精品微信公眾號：偷著學(xué)）【例5】（多選）（2024·河北衡水模擬）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一與斜面垂直的彈性擋板C。長度為L＝8m、質(zhì)量為M＝43kg的長木板A置于斜面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊B（可視為質(zhì)點）置于長木板上端，物塊B與長木板A之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，長木板A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝928，長木板A下端與擋板C的距離為d＝6m。同時由靜止釋放長木板A和物塊B，長木板A與擋板C碰撞后原速率返回。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。下列說法正確的是（A.長木板A剛開始沿斜面向下運動時的加速度大小為3m/s2B.物塊B在長木板A上運動的時間為4sC.物塊B在長木板A上運動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為61JD.物塊B從長木板A上滑下后，A將不再沿斜面下滑答案：AC解析：對物塊B由牛頓第二定律得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝4m/s2，對長木板A由牛頓第二定律得Mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2（M＋m）gcos37°＝Ma2，解得a2＝3m/s2，A正確；由勻變速直線運動規(guī)律得長木板A運動到擋板所用的時間滿足d＝12a2t12，解得t1＝2s，此時物塊B運動的位移為x＝12a1t12＝8m，長木板A沿斜面向上運動時，由牛頓第二定律得Mgsin37°＋μ2（M＋m）gcos37°＋μ1mgcos37°＝Ma3，解得a3＝12m/s2，設(shè)從木板A下端與擋板C相碰至B離開木板所用時間為t2，由勻變速直線運動規(guī)律得L＋d－x＝a1t1t2＋12a1t22＋a2t1t2－12a3t22，解得t2＝0.5s，物塊B在長木板A上運動的時間為t＝t1＋t2＝2.5s，B錯誤；物塊B在長木板A上運動產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1＝μ1mgLcos37°＝16J，長木板A在斜面上運動產(chǎn)生的內(nèi)能為Q2＝μ2（M＋m）gd＋（a2t1）22a3cos37°＝45J，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Q1＋Q2＝61J，C正確；物塊B從長木板A上滑下時，長木板A的速度為v＝a2t1－跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.如圖所示，木板A靜止于光滑水平面上，木塊B輕置于木板A上?，F(xiàn)施加外力F拉著木塊B做勻加速直線運動，木板A在摩擦力作用下也向右加速運動，但加速度小于木塊B的加速度，則（）A.木板A所受摩擦力對木板A做負功B.木板A對木塊B的摩擦力做的功與木塊B對木板A的摩擦力做的功相等C.木塊與木板間摩擦產(chǎn)生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功減去木塊B對木板A的摩擦力做的功D.力F做的功等于木塊B與木板A的動能增量之和解析：C木板A所受摩擦力方向與其運動方向相同，對木板A做正功，故A錯誤；木板A對木塊B的摩擦力做的功為W1＝fABx，木塊B對木板A的摩擦力做的功為W2＝fBAx1，由題意得fAB的大小與fBA的大小相等，但x＞x1，所以兩者做功不相等，故B錯誤；摩擦生熱的計算公式為Q＝f·Δs，又因為Δs＝x－x1，所以有Q＝f·Δs＝W1－W2，故C正確；根據(jù)能量守恒有，力F做的功等于木塊B和木板A動能的增量之和，再加上A、B相對運動產(chǎn)生的熱量，故D錯誤。2.足夠長的傳送帶以速度v勻速傳動，一質(zhì)量為m的小物體A由靜止輕放于傳送帶上，若小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖所示，當物體與傳送帶相對靜止時，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為（）A.mv2 B.2mv2C.14mv2 D.12解析：D物體A被放于傳送帶上即做勻加速直線運動，加速度a＝μmgm＝μg，勻加速過程前進的距離x1＝v22a＝v22μg，該時間內(nèi)傳送帶前進的距離x2＝vt＝v·vμg＝v2μg，所以物體相對傳送帶滑動距離Δx＝x2－x1＝v22μg，故產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg·Δ3.（多選）（2024·黑龍江哈爾濱高三期中）如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法中正確的是（）A.此時物塊的動能為F（x＋L）B.此時小車的動能為fxC.這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx－fLD.這一過程中，系統(tǒng)因摩擦而損失的機械能為fL解析：BD根據(jù)動能定理，物塊的動能為Ek1＝（F－f）（L＋x），A錯誤；小車的動能為Ek2＝fx，B正確；物塊和小車增加的機械能等于外力做功與摩擦生熱之差，則ΔE＝F（L＋x）－fL，C錯誤；系統(tǒng)因摩擦而損失的機械能為ΔE損＝fx相對＝fL，D正確。4.（2024·河北滄州河北省吳橋中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面所成的角為37°，在電動機的帶動下，傳送帶以v0＝2m/s的恒定速率順時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝20kg的貨物（可視為質(zhì)點）輕輕放在傳送帶底端，貨物被傳送到h＝3m的高處，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A.貨物先受到滑動摩擦力作用，后受到靜摩擦力作用B.貨物在傳送帶上運動的時間為6sC.貨物的機械能增加了1280JD.貨物與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為640J解析：D貨物剛放在傳送帶上時，對貨物有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2，達到與傳送帶等速需要的時間為t＝va＝20.4s＝5s，此過程貨物運動的位移的大小為x＝vt2＝2×52m＝5m，剛好到達傳遞帶頂端，所以貨物在傳送帶上一直做勻加速直線運動，一直受到滑動摩擦力作用，故A、B錯誤；貨物的機械能增加了ΔE＝mgh＋12mv2＝640J，故C錯誤；貨物與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos37°·Δx＝μmgcos37°·（v0t－x5.（多選）（2024·山東濟南模擬）如圖所示，桌面右側(cè)的水平地面有一豎直放置的半徑為R的光滑圓弧軌道MNP，MN為其豎直直徑，桌面與圓弧軌道MNP中間有一光滑管道Q，其右端與P相切平滑連接，管道內(nèi)徑略大于小球直徑，桌面到水平地面的豎直距離也為R，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的擋板上。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球與彈簧不粘連，現(xiàn)移動小球壓縮彈簧后由靜止釋放小球，小球到達圓弧的C點時剛好脫離軌道。已知彈簧壓縮量為s，彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝12kx2（x為彈簧的形變量），不計其他阻力及小球在管道Q和圓弧軌道中運動的能量損耗，重力加速度為g。則（A.C點與O點的高度差h的大小為kB.C點與O點的高度差h的大小為ksC.若只改變小球的質(zhì)量，使小球能夠到達半圓軌道的最高點，小球質(zhì)量的取值范圍是0＜m≤kD.若只改變小球的質(zhì)量，使小球能夠到達半圓軌道的最高點，小球質(zhì)量的取值范圍是0＜m≤ks解析：AC小球到達圓弧的C點時剛好脫離軌道，則小球在C點重力沿CO方向的分力提供向心力，設(shè)重力方向與CO的夾角為θ，由牛頓第二定律有mgcosθ＝mvC2R，由幾何關(guān)系有cosθ＝?R，從靜止釋放到C點，由能量守恒定律有12ks2＝12mvC2＋mgh，聯(lián)立解得h＝ks23mg，故A正確，B錯誤；小球在運動過程中不脫離軌道能通過M點，則應(yīng)有mg≤mvM2R，從靜止釋放到M點，由能量守恒定律有12ks2＝12m6.如圖所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點。C點右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質(zhì)量M＝1kg，上表面與C點等高。質(zhì)量為m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：（1）物塊經(jīng)過C點時的速度大小vC；（2）若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q。答案：（1）6m/s（2）9J解析：（1）設(shè)物塊在B點的速度為vB，在C點的速度為vC，從A到B物塊做平拋運動，有vBsinθ＝v0從B到C，根據(jù)動能定理有mgR（1＋sinθ）＝12mvC2－聯(lián)立解得vC＝6m/s。（2）物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起共速運動。設(shè)相對滑動時物塊加速度為a1，木板加速度為a2，經(jīng)過時間t達到共同速度為v，則μmg＝ma1μmg＝Ma2v＝vC－a1tv＝a2t根據(jù)能量守恒定律有12（m＋M）v2＋Q＝12聯(lián)立解得Q＝9J。7.（2024·山東青島期末）機場工作人員利用傾斜傳送帶向飛機貨倉裝載行李的某場景如圖甲所示，傳送帶保持恒定速率向上運行。工作人員將行李箱間隔相同時間連續(xù)無初速度地放在傳送帶底端，所有行李箱在進入飛機貨艙前都已做勻速運動，且相鄰兩個行李箱間不發(fā)生碰撞。如圖乙，A、B、C、D是傳送帶上4個進入貨倉前勻速運動的行李箱，其中A與B、B與C間的距離均為d，C與D間的距離小于d。已知傳送帶運行的速率為v0，傾角為θ，傳送帶的長度為L，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A.A、B、C、D與傳送帶間動摩擦因數(shù)相同，均滿足μ＞tanθB.A、B、C與傳送帶間動摩擦因數(shù)大于D與傳送帶間動摩擦因數(shù)C.工作人員往傳送帶底端放置行李箱的時間間隔Δt＝dD.若A的質(zhì)量為m，則由于傳送A，驅(qū)動傳送帶的電機額外消耗的電能ΔE＝mgLsinθ＋12m解析：C傳送帶運行的速率為v0，工作人員將行李箱間隔相同時間連續(xù)無初速度地放在傳送帶底端，則行李箱放在傳送帶上的初始位置間的距離相同，行李箱放在傳送帶上后，先加速，后勻速，設(shè)加速時間為t，加速過程的位移為x1，則對行李箱有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，v0＝at，x1＝v02t，行李箱加速時，傳送帶的位移為x2，則x2＝v0t，行李箱加速時，與傳送帶的相對位移為Δx＝x2－x1＝v022（μgcosθ－gsinθ），又A與B、B與C間的距離均為d，C與D間的距離小于d，則A、B、C與傳送帶間動摩擦因數(shù)相同，D與傳送帶間動摩擦因數(shù)大于A、B、C與傳送帶間動摩擦因數(shù)，且A、B、C、D與傳送帶間動摩擦因數(shù)均滿足μ＞tanθ，A、B錯誤；由以上分析知，A、B、C釋放的初始位置間距等于它們勻速后的位置間距d，則工作人員往傳送帶底端放置行李箱的時間間隔為Δt＝dv0，C正確；根據(jù)能量