2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第六章机械能守恒定律专题强化九动力学和能量观点的综合应用

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题型一 传送带模型
例1 (多选)(2023·福建福州市模拟)福州某地铁站的安检设施如图所示．该设施中的水平传送带以恒定速率v运动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是( )
A．物品先受滑动摩擦力后受静摩擦力作用
B．物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同
C．物品由于摩擦产生的热量为mv2
D．传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2
答案 BD
解析 物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力作用，故A错误；物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同，滑动摩擦力使物品加速运动，故B正确；设物品由加速到匀速所用时间为t，则这段时间内传送带的位移s1＝vt，物品的位移s2＝eq \f(v,2)t，物品与传送带之间产生的热量Q＝fΔs＝f(s1－s2)＝fs2，物品加速过程应用动能定理得fs2＝eq \f(1,2)mv2，则物品由于摩擦产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv2，故C错误；传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量一部分转化为物品的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，另一部分由于摩擦产生了热量Q＝eq \f(1,2)mv2，故多消耗的能量为E＝Ek＋Q＝mv2，故D正确．
例2 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s＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度大小达到v0前，做匀加速运动，有s1＝eq \f(v0,2)t1
工件速度大小达到v0后，做匀速运动，
有s－s1＝v0(t－t1)
联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移大小s1＝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，传送带运动的位移大小
s传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移大小
s相＝s传－s1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcs θ·s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.
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．
2．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传．
(2)系统产生的内能：Q＝fs相对，s相对表示相对路程．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
题型二 滑块—木板模型
例3 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示．下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力．根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝eq \f(1,2)mv12＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确．
例4 (2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)eq \f(7,3) m/s (3)eq \f(7,3) J
解析 (1)若A、B相对静止，则有a＝eq \f(F,m＋M)＝eq \f(7,3) m/s2>eq \f(μmg,M)＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s，
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2，
设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝eq \f(1,6) s，则v＝v1－a3t2＝eq \f(7,3) m/s.
(3)外力F对A、B整体做的功为
F·Δs＝F·eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(21,2) J
A、B最终以速度v＝eq \f(7,3) m/s运动．
故A、B整体动能为Ek＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(49,6) J
由能量守恒定律得F·Δs＝Q＋Ek，则Q＝eq \f(7,3) J.
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s滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移s板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δs.
题型三 多运动组合问题
例5 (2023·浙江舟山市模拟)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°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，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，由平抛运动知识有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，由机械能守恒定律得
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为N，
有N－mg＝meq \f(vC2,R)，解得N＝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Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－eq \f(1,2)mvC2，代入数据可解得Epm＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据可解得h＝0.6 m，因为h