資源簡(jiǎn)介

專題提升練12　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
　
梯級(jí)Ⅰ基礎(chǔ)練
1.(2025·福州模擬)如圖所示，水平傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，皮帶兩端A、B之間的距離為6 m，傳送帶上表面距地面的高度h=3.2 m，質(zhì)量m=1 kg的小物塊在距離B點(diǎn)1 m處以v0=4 m/s速度向左運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊最終離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)落在距傳送帶一端水平距離x=1.6 m處，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)通過計(jì)算說明小物塊將從傳送帶的哪一側(cè)落下;
(2)傳送帶的速度大小以及傳送帶對(duì)小物塊做的功;
(3)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q的大小。
2.(2024·江蘇卷)如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求:
(1)CD段長x;
(2)BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P;
(3)全過程物塊增加的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能 E2的比值。
梯級(jí)Ⅱ能力練
3.(2025·南昌模擬)半徑R=1 m的光滑圓弧OAC與傳送帶CD相切于C點(diǎn)，將一質(zhì)量為m=0.1 kg的小物塊從與圓心等高的A處無初速度釋放，經(jīng)C點(diǎn)進(jìn)入傾角為θ=37°的皮帶傳輸機(jī)，D為傳輸機(jī)皮帶的最高點(diǎn)，CD間距離為L=1.6 m，皮帶以v=2 m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且不打滑，物塊與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，不計(jì)空氣阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求:
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受的支持力大小;
(2)物塊從C點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間t;
(3)物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
梯級(jí)Ⅲ創(chuàng)新練
4.如圖， 質(zhì)量M=8 kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F=8 N，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v0=3 m/s時(shí)，在小車的右端輕放一質(zhì)量m=2 kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，假定小車足夠長，g=10 m/s2。求:
(1)小物塊剛放到車上時(shí)小物塊、車的加速度;
(2)小物塊與小車達(dá)到共同速度所需的時(shí)間、共同速度的大小;
(3)在達(dá)到共同速度過程中小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量。
專題提升練12　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1.答案　(1)小物塊從傳送帶右側(cè)落下
(2)2 m/s　-6 J　(3)18 J
解析　(1)物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a==2 m/s2,
設(shè)物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)到速度為0通過的位移大小為l,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
0-=-2al,
解得l=4 m,
由于l+1 m<6 m,
所以物塊到不了傳送帶的最左端,則物塊速度減為0后,反向加速,最終從傳送帶右側(cè)落下。
(2)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí),豎直方向有
h=gt2,
解得t=0.8 s,
物塊從傳送帶拋出時(shí)的速度為
v1==2 m/s,
由于v1=2 m/s可知物塊向左速度減為0后,先向右加速運(yùn)動(dòng),與傳送帶共速后,一起做勻速運(yùn)動(dòng),則傳送帶的速度為v傳=v1=2 m/s,
根據(jù)動(dòng)能定理可得傳送帶對(duì)小物塊做的功
W=m-m=-6 J。
(3)物塊向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1==2 s,
此過程物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為
Δx1=t1+v傳t1=8 m,
物塊向右加速到與傳送帶共速所用時(shí)間為
t2==1 s,
此過程物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為
Δx2=v傳t2-t2=1 m,
則小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為
Q=μmg(Δx1+Δx2)=18 J。
2.答案　(1)
(2)mgv(sin θ+μcos θ)　(3)
解析　(1)物塊在CD段運(yùn)動(dòng)過程中,由牛頓第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma,
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0-v2=-2ax,
聯(lián)立解得x=。
(2)物塊在BC段勻速運(yùn)動(dòng),得電動(dòng)機(jī)的牽引力為F=mgsin θ+μmgcos θ,
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全過程物塊增加的機(jī)械能為
E1=mgLsin θ,
整個(gè)過程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,故可知E2=E1+μmgcos θ·L,
解得==。
3.答案　(1)3 N　(2)1.2 s　(3)0.48 J
解析　(1)小物塊從A處到B點(diǎn)過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR=m-0,
解得vB==2 m/s,
小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=m
解得支持力大小為FN=3 N。
(2)小物塊從A處到C點(diǎn)過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得
mgRcos θ=m-0,
解得物塊到C點(diǎn)的速度大小為
vC==4 m/s>v=2 m/s,
小物塊剛滑上傳送帶時(shí)先做減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小為
a1==10 m/s2,
小物塊減速到與傳送帶共速所用時(shí)間為
t1==0.2 s,
該過程小物塊通過的位移大小為
x1=t1=0.6 m小物塊與傳送帶共速后,由于μa2==2 m/s2,
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
L-x1=vt2-a2,
解得t2=1 s,
則物塊從C點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間為
t=t1+t2=1.2 s。
(3)物塊從C到與傳送帶共速過程,物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為
Δx1=x1-vt1=0.2 m,
物塊從與傳送帶共速到D過程,物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為
Δx2=vt2-(L-x1)=1 m,
則從C到D的過程中,物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgcos θ·(Δx1+Δx2)=0.48 J。
4.答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s　4 m/s　(3)12 J
解析　(1)小物塊剛放到車上時(shí),以小物塊為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得
μmg=ma1,
解得小物塊的加速度為a1=2 m/s2,
以小車為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得
F-μmg=Ma2,
解得小車的加速度為a2=0.5 m/s2。
(2)設(shè)經(jīng)過t時(shí)間,小物塊與小車達(dá)到共同速度,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
v共=a1t,v共=v0+a2t,
聯(lián)立解得t=2 s,v共=4 m/s。
(3)在達(dá)到共同速度過程中小物塊與小車發(fā)生的相對(duì)位移為
Δx=t-t=3 m,
小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgΔx=12 J。(共18張PPT)
專題提升練12
動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1
2
3
4
1.(2025·福州模擬)如圖所示，水平傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，皮帶兩端A、B之間的距離為6 m，傳送帶上表面距地面的高度h=3.2 m，質(zhì)量m=1 kg的小物塊在距離B點(diǎn)1 m處以v0=4 m/s速度向左運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊最終離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)落在距傳送帶一端水平距離x=1.6 m處，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求：
梯級(jí)Ⅰ 基礎(chǔ)練
1
2
3
4
(1)通過計(jì)算說明小物塊將從傳送帶的哪一側(cè)落下；
物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a==2 m/s2，
設(shè)物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)到速度為0通過的位移大小為l，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得0-=-2al，
解得l=4 m，
由于l+1 m<6 m，
所以物塊到不了傳送帶的最左端，則物塊速度減為0后，反向加 速，最終從傳送帶右側(cè)落下。
解析
1
2
3
4
(2)傳送帶的速度大小以及傳送帶對(duì)小物塊做的功；
物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向有h=gt2，.
解得t=0.8 s，
物塊從傳送帶拋出時(shí)的速度為v1==2 m/s，
由于v1=2 m/s可知物塊向左速度減為0后，先向右加速運(yùn)動(dòng)，與傳送帶共速后，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則傳送帶的速度為v傳=v1=2 m/s，
根據(jù)動(dòng)能定理可得傳送帶對(duì)小物塊做的功W=m-m=-6 J。
解析
1
2
3
4
(3)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q的大小。
物塊向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1==2 s，
此過程物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx1=t1+v傳t1=8 m，
物塊向右加速到與傳送帶共速所用時(shí)間為t2==1 s，
此過程物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx2=v傳t2-t2=1 m，
則小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(Δx1+Δx2)=18 J。
解析
2.(2024·江蘇卷)如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求：
1
2
3
4
(1)CD段長x；
物塊在CD段運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0-v2=-2ax，
聯(lián)立解得x=。
解析
1
2
3
4
(2)BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；
物塊在BC段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力為
F=mgsin θ+μmgcos θ，
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
解析
1
2
3
4
(3)全過程物塊增加的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能 E2的比值。
全過程物塊增加的機(jī)械能為E1=mgLsin θ，
整個(gè)過程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知
E2=E1+μmgcos θ·L，
解得==。
解析
1
2
3
4
3.(2025·南昌模擬)半徑R=1 m的光滑圓弧OAC與傳送帶CD相切于C點(diǎn)，將一質(zhì)量為m=0.1 kg的小物塊從與圓心等高的A處無初速度釋 放，經(jīng)C點(diǎn)進(jìn)入傾角為θ=37°的皮帶傳輸機(jī)，D為傳輸機(jī)皮帶的最高點(diǎn)，CD間距離為L=1.6 m，皮帶以v=2 m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且不打
1
2
3
4
梯級(jí)Ⅱ 能力練
滑，物塊與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，不計(jì)空氣阻力，sin 37°=
0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求：
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受的支持力大小；
小物塊從A處到B點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR=m-0，
解得vB==2 m/s，
小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=m
解得支持力大小為FN=3 N。
解析
1
2
3
4
(2)物塊從C點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間t；
小物塊從A處到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgRcos θ=m-0，
解得物塊到C點(diǎn)的速度大小為vC==4 m/s>v=2 m/s，
小物塊剛滑上傳送帶時(shí)先做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小為a1==10 m/s2，
小物塊減速到與傳送帶共速所用時(shí)間為t1==0.2 s，
解析
1
2
3
4
該過程小物塊通過的位移大小為x1=t1=0.6 m小物塊與傳送帶共速后，由于μ根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得L-x1=vt2-a2，
解得t2=1 s，
則物塊從C點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間為t=t1+t2=1.2 s。
解析
1
2
3
4
(3)物塊從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
物塊從C到與傳送帶共速過程，物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx1=x1-vt1=0.2 m，
物塊從與傳送帶共速到D過程，物塊與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx2=vt2-(L-x1)=1 m，
則從C到D的過程中，物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgcos θ·(Δx1+Δx2)=0.48 J。
解析
1
2
3
4
4.如圖， 質(zhì)量M=8 kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F=8 N，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v0=3 m/s時(shí)，在小車的右端輕放一質(zhì)量m=2 kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ= 0.2，假定小車足夠長，g=10 m/s2。求：
1
2
3
4
梯級(jí)Ⅲ 創(chuàng)新練
(1)小物塊剛放到車上時(shí)小物塊、車的加速度；
小物塊剛放到車上時(shí)，以小物塊為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma1，
解得小物塊的加速度為a1=2 m/s2，
以小車為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得
F-μmg=Ma2，
解得小車的加速度為a2=0.5 m/s2。
解析
1
2
3
4
(2)小物塊與小車達(dá)到共同速度所需的時(shí)間、共同速度的大小；
設(shè)經(jīng)過t時(shí)間，小物塊與小車達(dá)到共同速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
v共=a1t，v共=v0+a2t，
聯(lián)立解得t=2 s，v共=4 m/s。
解析
1
2
3
4
(3)在達(dá)到共同速度過程中小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量。
在達(dá)到共同速度過程中小物塊與小車發(fā)生的相對(duì)位移為
Δx=t-t=3 m，
小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgΔx=12 J。
解析
1
2
3
4專題提升十二　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型1　傳送帶模型
從動(dòng)力學(xué)和功能角度認(rèn)識(shí)傳送帶模型。
(1)動(dòng)力學(xué)角度:分析傳送帶上物體的受力,特別是摩擦力有無突變情況發(fā)生,進(jìn)而分析物體的運(yùn)動(dòng)情況,特別是物體與傳送帶的位移及兩者的位移關(guān)系。
(2)功能角度:正確理解傳送帶對(duì)物體摩擦力做功W物=Ffx物、物體對(duì)傳送帶的摩擦力做功W帶=Ffx帶和物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量Q=Ffx相對(duì),有時(shí)還會(huì)涉及因傳送物體電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E=ΔEk+ΔEp+Q。
【典例1】　(2025·濟(jì)寧模擬)如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°,M、N間距l(xiāng)=5 m,傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=1 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)。現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的物體(可看作質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在M點(diǎn),已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,重力加速度取g=10 m/s2,在傳送帶將物體從M點(diǎn)傳送到N點(diǎn)的過程中,求:
(1)傳送帶對(duì)物體做的功;
(2)為傳送物體,電動(dòng)機(jī)需額外做多少功
題型2　滑塊—木板模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
從動(dòng)力學(xué)和功能角度認(rèn)識(shí)滑塊—木板模型。
(1)動(dòng)力學(xué)角度:分別分析滑塊和木板的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律確定兩者的加速度,再分析滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況。兩者速度相等是最終的穩(wěn)定狀態(tài)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的臨界點(diǎn),此時(shí)有兩個(gè)關(guān)系常成為解題的關(guān)鍵:一是兩者的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,即t==;二是兩者的位移關(guān)系,即Δx相對(duì)=|x滑塊-x板|。
(2)功能角度:對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理或?qū)ο到y(tǒng)應(yīng)用功能關(guān)系和能量守恒定律,關(guān)系如下:
①摩擦力對(duì)滑塊做功(或滑塊克服摩擦力做功)W滑塊=Ffx滑塊(x滑塊為滑塊對(duì)地位移);
②摩擦力對(duì)木板做功(或木板克服摩擦力做功)W板=Ffx板(x板為木板對(duì)地位移);
③摩擦生熱Q=Ffx相對(duì)(x相對(duì)為滑塊與木板的相對(duì)位移大小)。
【典例2】　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(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力大小為Ff,小物塊滑到小車的最右端時(shí),小車運(yùn)動(dòng)的距離為x,在這個(gè)過程中,求:
(1)小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能;
(2)小物塊到達(dá)小車最右端時(shí),小車具有的動(dòng)能;
(3)摩擦力對(duì)小物塊所做的功;
(4)小物塊在小車上滑行過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。
題型3　用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)綜合分析問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)是解決物理問題的兩個(gè)基本且互補(bǔ)的方法,綜合運(yùn)用兩種觀點(diǎn),可以更全面地分析物理問題,提高解決問題的效率和準(zhǔn)確性。動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)主要關(guān)注力的作用和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化,通過分析物體的受力情況,應(yīng)用牛頓第二定律等基本規(guī)律,來分析物體的運(yùn)動(dòng),在解決恒力作用問題時(shí)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)尤為重要。能量觀點(diǎn)則側(cè)重于分析能量的轉(zhuǎn)化和守恒,通過應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系等分析問題,在解決變力作用問題時(shí)能量觀點(diǎn)提供了有效的解決方法。
【典例3】　(2024·海南卷)某游樂項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖,A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯,半徑R=10 m,滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度h=5 m,靜止在光滑水平面上的滑板B,緊靠滑梯的末端,并與其水平相切,滑板質(zhì)量M=25 kg,一質(zhì)量為m=50 kg的游客,從a點(diǎn)由靜止開始下滑,在b點(diǎn)滑上滑板,當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)C的邊緣時(shí),游客恰好滑上平臺(tái),并在平臺(tái)上滑行s=16 m停下。游客視為質(zhì)點(diǎn),其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2,忽略空氣阻力,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小;
(2)滑板的長度L。
命題特點(diǎn):本題綜合考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn),同時(shí)考查學(xué)生的分析綜合能力。
復(fù)習(xí)建議:分析各階段的受力和運(yùn)動(dòng)特征,選擇合適的規(guī)律求解。分析、解題時(shí)有 “合”有 “分”, “合”指整體上把握全過程,構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景, “分”指將全過程拆分成多個(gè)子過程,分析每個(gè)子過程滿足的規(guī)律,再利用子過程銜接點(diǎn)的速度把各個(gè)子過程聯(lián)系起來,列方程解題。
專題提升十二　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型1
【典例1】　答案　(1)51 J　(2)54 J
解析　(1)物體輕放在傳送帶上時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,沿斜面方向上有
μmgcos θ-mgsin θ=ma,
物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a=2.5 m/s2,
物體達(dá)到1 m/s的速度通過的位移
x==0.2 m,
物體在到達(dá)N點(diǎn)前已經(jīng)與傳送帶共速,由功能關(guān)系得傳送帶對(duì)物體做的功為
W=mv2+mglsin 30°=51 J。
(2)在物體加速運(yùn)動(dòng)的過程,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為
t==0.4 s,
傳送帶與物體間的相對(duì)位移為
Δx'=vt-x=0.2 m,
電動(dòng)機(jī)做功使物體機(jī)械能增加,同時(shí)使物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生熱量Q,則因摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgcos θ·Δx'=3 J,
故電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做的功為
W電=W+Q=54 J。
題型2
【典例2】　答案　(1)(F-Ff)(L+x)
(2)Ffx　(3)-Ff(L+x)　(4)FfL
解析　(1)根據(jù)題意,小物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)小車最右端過程中,由動(dòng)能定理有
Ek1-0=(F-Ff)(L+x),
小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為
Ek1=(F-Ff)(L+x)。
(2)小物塊到達(dá)小車最右端過程,對(duì)于小車根據(jù)動(dòng)能定理可得
Ek2-0=Ffx,
解得小車具有的動(dòng)能為Ek2=Ffx。
(3)摩擦力對(duì)小物塊所做的功為
Wf=-Ff(L+x)。
(4)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=FfΔx=FfL。
題型3
【典例3】　答案　(1)1 000 N　(2)7 m
解析　(1)設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為v0,從a到b過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律
mgh=m,
解得v0=10 m/s,
在b點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=m,
解得FN=1 000 N,
根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小為
FN'=FN=1 000 N。
(2)設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v,在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得
-μmgs=0-mv2,
解得v=8 m/s,
根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí),游客恰好滑上平臺(tái),可知該過程游客一直做減速運(yùn)動(dòng),滑板一直做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小分別為a1和a2,得
a1==μg=2 m/s2,
a2==4 m/s2,
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客v=v0-a1t,
解得t=1 s,
該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為
x1=t=9 m,
滑板的位移為x2=a2t2=2 m,
根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為
L=x1-x2=7 m。(共22張PPT)
專題提升十二
第六章 機(jī)械能守恒定律
動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型1　傳送帶模型
題型2　滑塊—木板模型
內(nèi)容
索引
題型3　用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)綜合分析問題
傳送帶模型
題型1
從動(dòng)力學(xué)和功能角度認(rèn)識(shí)傳送帶模型。
(1)動(dòng)力學(xué)角度：分析傳送帶上物體的受力，特別是摩擦力有無突變情況發(fā)生，進(jìn)而分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，特別是物體與傳送帶的位移及兩者的位移關(guān)系。
(2)功能角度：正確理解傳送帶對(duì)物體摩擦力做功W物=Ffx物、物體對(duì)傳送帶的摩擦力做功W帶=Ffx帶和物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量Q=Ffx相對(duì)，有時(shí)還會(huì)涉及因傳送物體電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E=ΔEk+Δep
+Q。
【典例1】　(2025·濟(jì)寧模擬)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°，M、N間距l(xiāng)=5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=1 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)。現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的物體(可看作質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在M點(diǎn)，已
知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，重力加速度取g=10 m/s2，在傳送帶將物體從M點(diǎn)傳送到N點(diǎn)的過程中，求：
(1)傳送帶對(duì)物體做的功；
物體輕放在傳送帶上時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向上有μmgcos θ-mgsin θ=ma，
物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a=2.5 m/s2，
物體達(dá)到1 m/s的速度通過的位移x==0.2 m，
物體在到達(dá)N點(diǎn)前已經(jīng)與傳送帶共速，由功能關(guān)系得傳送帶對(duì)物體做的功為W=mv2+mglsin 30°=51 J。
解析
(2)為傳送物體，電動(dòng)機(jī)需額外做多少功
在物體加速運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t==0.4 s，
傳送帶與物體間的相對(duì)位移為Δx'=vt-x=0.2 m，
電動(dòng)機(jī)做功使物體機(jī)械能增加，同時(shí)使物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生熱量Q，則因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcos θ·Δx'=3 J，
故電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做的功為W電=W+Q=54 J。
解析
滑塊—木板模型
題型2
從動(dòng)力學(xué)和功能角度認(rèn)識(shí)滑塊—木板模型。
(1)動(dòng)力學(xué)角度：分別分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律確定兩者的加速度，再分析滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況。兩者速度相等是最終的穩(wěn)定狀態(tài)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的臨界點(diǎn)，此時(shí)有兩個(gè)關(guān)系常成為解題的關(guān)鍵：一是兩者的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即t==；二是兩者的位移關(guān)系，即Δx相對(duì)=|x滑塊-x板|。
(2)功能角度：對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理或?qū)ο到y(tǒng)應(yīng)用功能關(guān)系和能量守恒定律，關(guān)系如下：
①摩擦力對(duì)滑塊做功(或滑塊克服摩擦力做功)W滑塊=Ffx滑塊(x滑塊為滑塊對(duì)地位移)；
②摩擦力對(duì)木板做功(或木板克服摩擦力做功)W板=Ffx板(x板為木板對(duì)地位移)；
③摩擦生熱Q=Ffx相對(duì)(x相對(duì)為滑塊與木板的相對(duì)位移大小)。
【典例2】　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(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力大小為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x，在這個(gè)過程中，求：
(1)小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能；
根據(jù)題意，小物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)小車最右端過程中，由動(dòng)能定理有Ek1-0=(F-Ff)(L+x)，
小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為
Ek1=(F-Ff)(L+x)。
解析
(2)小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能；
小物塊到達(dá)小車最右端過程，對(duì)于小車根據(jù)動(dòng)能定理可得
Ek2-0=Ffx，
解得小車具有的動(dòng)能為Ek2=Ffx。
解析
(3)摩擦力對(duì)小物塊所做的功；
摩擦力對(duì)小物塊所做的功為
Wf=-Ff(L+x)。
解析
(4)小物塊在小車上滑行過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。
系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=FfΔx=FfL。
解析
用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)綜合分析問題
題型3
動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)是解決物理問題的兩個(gè)基本且互補(bǔ)的方法，綜合運(yùn)用兩種觀點(diǎn)，可以更全面地分析物理問題，提高解決問題的效率和準(zhǔn)確性。動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)主要關(guān)注力的作用和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，通過分析物體的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律等基本規(guī)律，來分析物體的運(yùn)動(dòng)，在解決恒力作用問題時(shí)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)尤為重要。能量觀點(diǎn)則側(cè)重于分析能量的轉(zhuǎn)化和守恒，通過應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系等分析問題，在解決變力作用問題時(shí)能量觀點(diǎn)提供了有效的解決方法。
【典例3】　(2024·海南卷)某游樂項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10 m，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度h=5 m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M=25 kg，一質(zhì)量為m=50 kg的游客，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)C的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，并在平臺(tái)上滑行s=16 m停下。游客視為質(zhì)點(diǎn)，其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小；
設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh=m，
解得v0=10 m/s，在b點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=m，
解得FN=1 000 N，根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小為FN'=FN=1 000 N。
解析
設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v，在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得
-μmgs=0-mv2，
解得v=8 m/s，
根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，可知該過程游客一直做減速運(yùn)動(dòng)，滑板一直做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為a1和a2，得a1==μg=2 m/s2，a2==4 m/s2，
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客v=v0-a1t，
解得t=1 s，
解析
(2)滑板的長度L。
該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為x1=t=9 m，
滑板的位移為x2=a2t2=2 m，
根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為L=x1-x2=7 m。
解析
命題特點(diǎn)：本題綜合考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，同時(shí)考查學(xué)生的分析綜合能力。
復(fù)習(xí)建議：分析各階段的受力和運(yùn)動(dòng)特征，選擇合適的規(guī)律求解。分析、解題時(shí)有 “合”有 “分”， “合”指整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景， “分”指將全過程拆分成多個(gè)子過程，分析每個(gè)子過程滿足的規(guī)律，再利用子過程銜接點(diǎn)的速度把各個(gè)子過程聯(lián)系起來，列方程解題。

展開更多......

收起↑