新高考物理一轮复习重难点练习难点10 动力学和能量观点的综合应用（2份打包，原卷版+解析版）

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一、传送带模型
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)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.
摩擦生热的计算：
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．
【例1】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
【答案】(1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
【解析】(1)由题图可知，传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动，有x1＝eq \f(v0,2)t1
工件速度达到v0后，做匀速运动，
有x－x1＝v0(t－t1)
联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度大小a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2).
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t1内，传送带运动的位移
x传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcs θ·x相＝60 J
最终工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
题型二 滑块—木板模型综合分析
“滑块—木板”模型问题的分析方法
(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＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)，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2】如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
【答案】(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
【解析】(1)滑块在板上做匀减速运动，
a＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－eq \f(1,2)at2
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
三、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，构建大致的运动情景；
(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】某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝eq \r(2) m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．
【答案】(1)2eq \r(2) m/s (2)50 N (3)6 J (4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
【解析】(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0＝vBsin 30°
得vB＝2eq \r(2) m/s
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4eq \r(2) m/s
经过C点时受轨道的支持力大小FN，
有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，
根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－eq \f(1,2)mvC2
代入数据可解得Ep＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，
根据动能定理有mgLsin 30°＋Ep－μmgL＝mgh
代入数据可解得h＝0.6 m
因为h