2025届高三一轮复习 第五章　机械能守恒定律热点专题九　动力学和能量观点的综合应用练习

热点专题九　动力学和能量观点的综合应用素养目标　1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。热点一　“传送带”模型1.分析角度(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。考向　水平传送带模型例1如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10m，当质量为m＝5kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：图1(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。答案　(1)2m/s2　(2)5.5s　(3)－20J解析　(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小,a＝＝＝μg＝2m/s2。(2)设经过时间t1二者共速，有t1＝＝1s行李箱匀加速运动的位移为x1＝at＝×2×12m＝1m行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝＝s＝4.5s则行李箱从A端传送到B端所用时间t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff行李箱对传送带的摩擦力做的功为W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J。考向　倾斜传送带模型例2如图2所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h＝1.8m的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：图2(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；(2),箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。答案　(1)0.8m/s2　(2)122.4J解析　(1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg和沿斜面向上的滑动摩擦力Ff，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝ma①Ff＝μFN②FN＝mgcosα③联立①②③式，得a＝0.8m/s2。(2)箱子加速所用时间为t＝＝s＝1.5s传送带位移x传＝v0t＝1.8m传送带总长L＝＝3m箱子加速位移为x箱＝at2＝×0.8×1.52m＝0.9m＜L箱子与传送带间因摩擦而产生的热量Q＝FfΔx＝Ff(x传－x箱)＝122.4J。热点二　“滑块—木板”模型1.模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。2.位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。3.解题关键找出滑块与木板之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度都是下一个过程的初速度。例3如图3所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg,、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A的最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg。B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4。开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未脱离平台)后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m。(取g＝10m/s2)求：图3(1)B离开平台时的速度vB；(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；(3)A左段的长度l2。答案　(1)2m/s　(2)0.5s　0.5m　(3)1.5m解析　(1)设物块B做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得h＝gt2，x＝vBt联立解得vB＝2m/s。(2)设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得μmg＝maB由匀变速直线运动规律得vB＝aBtB，xB＝aBt联立解得tB＝0.5s，xB＝0.5m。(3)设B刚好开始运动时A的速度为v1，以A为研究对象，由动能定理得Fl1＝Mv设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA,l2＋xB＝v1tB＋aAt联立解得l2＝1.5m。跟踪训练1.(2023·连云港月考)如图4所示，AB为固定的半径R＝1m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝4kg，车长L＝8m。现有一质量m＝2kg的滑块，由轨道顶端A点以初速度v0＝4m/s进入轨道，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车运行了2.5s时，被地面装置锁住不动(g＝10m/s2)。求：图4(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小？(2)车被锁住时，车右端距轨道B端的距离？(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能大小？答案　(1)92N　(2)3m　(3)24J解析　(1)从A到B，滑块的机械能守恒mgR＝mv－mv解得vB＝6m/s在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m代入数据解得FN＝92N。(2)滑块滑到B端后冲上小车，设滑块和小车受到的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2有Ff1＝Ff2＝μmg＝4N设滑块和小车的加速度大小分别为a1、a2,有a1＝＝2m/s2，a2＝＝1m/s2设滑块和小车达到共速所需时间为t有vB－a1t＝a2t解得t＝2s滑块和小车的共同速度设为v，有v＝a2t＝2m/s小车运动2.5s时的位移s＝a2t2＋v(t′－t)＝×1×22m＋2×0.5m＝3m。(3)从滑块滑上小车到滑块和小车共速用了2s，滑块和小车相对滑动的位移s′＝vBt－a1t2－a2t2m＝6m从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能E＝μmgs′＝24J。热点三　多物体、多运动组合问题1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。(2)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。(3)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。2.方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景。(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。例3(2020·江苏卷，15)如图5所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M,的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：图5(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F：(3)重物下落的高度h。答案　(1)2ωR　(2)　(3)(ωR)2解析　(1)由线速度与角速度大小关系得重物落地后，小球线速度的大小v＝2ωR。(2)小球做圆周运动的向心力F向＝2mω2R。设F与水平方向的夹角为α则Fcosα＝F向，Fsinα＝mg解得F＝。(3)落地时，重物的速度大小v′＝ωR，由机械能守恒定律得Mv′2＋4×mv2＝Mgh解得h＝(ωR)2。跟踪训练2.(2021·江苏卷，14)如图6所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，,A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图6(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；(2)环A的质量M；(3)上述过程中，装置对A、B所做的总功W。答案　(1)mg　(2)m　(3)mgL解析　(1)设AB、OB的张力大小分别为F1、F2A受力平衡F＝F1sin37°B受力平衡F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝。(2)设装置转动的角速度为ω对A　F＝Mω22Lcos37°对B　mgtan53°＝mω2Lsin53°解得M＝m。(3)B上升的高度h＝Lcos37°－Lsin37°＝LA、B的动能分别为EkA＝M(ω·2Lcos37°)2,EkB＝m(ω·Lsin53°)2由W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝mgL。对点练1　“传送带”模型1.如图1所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以v0＝匀速率逆时针转动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝。求：图1(1)工件离开传送带时的速度大小，工件是从传送带的左边还是右边离开传送带？(2)工件在传送带上运动过程产生的热能。答案　(1)，工件从传送带右边离开　(2)mgh解析　(1)设工件从传送带右边离开，工件到达传送带右边时的速度大小为v，由动能定理得mgh－μmgL＝mv2，解得v＝＞0，故工件从传送带右边离开。(2)设工件到达传送带时速度大小为v′，在传送带上运动时间为t，则mgh＝mv′2，v′－v＝at，a＝μg，产生的热量Q＝μmg(v0t＋L)，由以上各式解得Q＝mgh。2.(2023·福建南平市质检)如图2所示，传送带以v＝10m/s,的速度逆时针转动，一个质量m＝1kg的物体从传送带顶端以v0＝5m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，传送带底端到顶端长L＝10m，g取10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：图2(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；(2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩擦而产生的热量。答案　(1)10m/s　(2)37.5J解析　(1)当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v所用时间为t1，物体运动位移为x1，根据运动学公式μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1v＝v0＋a1t1x1＝t1解得t1＝0.5s，x1＝3.75m由于x1＜L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos30°＝0.5mg＝mgsin30°＝0.5mg，所以物体与传送带共速后将与传送带一起做匀速运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10m/s。(2)0.5s内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25m0.5s传送带停止，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos30°＝0.5mg物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25m则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cosθ解得Q＝37.5J。对点练2　“滑块—木板”模型,3.如图3所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8N水平向右的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求：图3(1)小物块和长木板的加速度各为多大；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。答案　(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)3m(3)见解析解析　(1)长木板与小物块间的滑动摩擦力Ff＝μmg＝4N小物块的加速度a1＝＝2m/s2长木板的加速度a2＝＝0.5m/s2。(2)小物块对地位移x1＝a1t2＝4m长木板对地位移x2＝a2t2＝1m长木板的长度L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16J摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4J故W1＋W2≠0。4.如图4所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M＝4kg的足够长的木板A,，在A的上端有一质量m＝2kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝m，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图4(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大；(2)从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间和此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。答案　(1)2m/s　(2)0.25s　6.5J解析　(1)由题意可知，释放后A、B一起加速下滑，由牛顿第二定律得(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a可得a＝gsinθ＝6m/s2设木板碰挡板时速度为v，则v2＝2as代入数据解得v＝2m/s。(2)碰后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有Mgsinθ＋μmgcosθ＝MaA可得aA＝8m/s2故所求时间t＝＝0.25s木板A上滑距离xA＝＝m此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，有mgsinθ－μmgcosθ＝maB可得aB＝2m/s2物块B下滑距离xB＝vt＋aBt2＝m故摩擦生热Q＝μmgcosθ·(xA＋xB)＝6.5J。对点练3　多物体、多运动组合问题,5.(2023·江苏金陵中学模拟)如图5所示，把质量均为m的两个小钢球用长为2L的轻质细线连接，放在倾角为α＝30°的光滑斜面底端，初始状态细线刚好伸直。沿斜面方向用大小为F＝5mg的恒力作用在细线的中点O处，力F与两球连线垂直，不考虑细线的伸缩。图5(1)当两球间的距离为L时，求钢球受到细线的作用力FT的大小；(2)从开始至两球间的距离为L经历的时间为t，求O点这段时间的位移x；(3)由于两小钢球之间的有粘性，经过若干次碰撞，最后两个钢球一直处于接触状态下运动，则整个过程中由于碰撞两球损失的机械能为多少？答案　(1)mg　(2)L＋gt2　(3)5mgL解析　(1)依题意，对结点O受力分析，有2FTcos30°＝F可得FT＝mg。(2)当细线间夹角为2β时，对结点O有2FT′cosβ＝F在力F方向上，对小钢球受力分析，由牛顿第二定律得FT′cosβ－mgsin30°＝ma解得a＝2ga为一定值，根据x0＝at2＝gt2则O点在这段时间的位移x＝L＋x0＝L＋gt2。(3)经过若干次碰撞，最后两个钢球一直处于接触状态下向上做匀加速运动，设钢球沿力F的方向运动的距离为l，对系统,F(L＋l)－2mglsin30°＝Q＋2×mv2而钢球沿力F的方向做匀加速运动，加速度为2g，则v＝＝联立求得Q＝5mgL。6.(2023·江苏扬州中学模拟)如图6所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上的A点，质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ＝0.2，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连，长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，A、B间距离为0.6L，装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。求：图6(1)弹簧的劲度系数k；(2)小球与轻杆间恰无弹力时，装置转动的角速度ω；(3)从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力的过程中，外界提供给装置的能量为E，该过程摩擦力对小球做的功W。答案　(1)　(2)　(3)－E解析　(1)依题意，有k(0.6L－0.4L)＝μmg解得k＝＝。(2)小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有Tsin37°＝mgTcos37°＋k(0.8L－0.6L)＝0.8mω2L,解得ω＝。(3)题设过程中弹簧最开始的压缩量与最后的伸长量相等，故弹性势能改变量ΔEp＝0设小球克服摩擦力做的功为W，则由功能关系有E＝W＋mv2其中v＝0.8ωL解得W＝E－则摩擦力对小球做的功为－E。