1、第六章機械能專題強化十動力學和能量觀點的 綜合應用目標要求1.會用功能關系解決傳送帶、滑塊木板模型綜合問題.2.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題.內(nèi)容索引題型一傳送帶模型題型二滑塊木板模型綜合分析課時精練題型三多運動組合問題題型一傳送帶模型1.設問的角度(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系.(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)功能關系或能量守恒定律求解.2.功能關系分析(1)傳送帶

2、克服摩擦力做的功：WFfx傳；(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：QFfx相對.(3)功能關系分析：WEkEpQ.例1如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運輸帶，在電動機的帶動下運輸帶始終以恒定的速度v01 m/s順時針傳動.建筑工人將質(zhì)量m2 kg的建筑材料靜止地放到運輸帶的最左端，同時建筑工人以v01 m/s的速度向右勻速運動.已知建筑材料與運輸帶之間的動摩擦因數(shù)為0.1，運輸帶的長度為L2 m，重力加速度大小為g10 m/s2.以下說法正確的是A.建筑工人比建筑材料早到右端1 sB.建筑材料在運輸帶上一直做勻加速直線運動C.因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為1 JD.運輸帶對建筑材料做的功為1 J建筑

3、工人勻速運動到右端，所需時間t1 2 s，假設建筑材料先加速再勻速運動，加速建筑材料與運輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運輸帶的位移為x2v0t21 m，則因摩擦而生成的熱量為Qmg(x2x1)1 J，由動能定理可知，運輸帶對建筑材料做的功為W mv021 J，則因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為2 J，C錯誤，D正確.例2如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v02 m/s的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m10 kg的工件(可視為質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時間t1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的高處，g取10 m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因

4、數(shù)；工件速度達到v0后，做勻速運動，有xx1v0(tt1)聯(lián)立解得加速運動的時間t10.8 s加速運動的位移x10.8 m由牛頓第二定律有mgcos mgsin ma(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能.答案230 J由能量守恒定律知，電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量.在時間t1內(nèi)，傳送帶運動的位移x傳v0t11.6 m在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相x傳x10.8 m在時間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgcos x相60 J最終工件獲得的動能Ek mv0220 J工件增加的勢能Epmgh150 J電動機多消耗的電能EQEk

5、Ep230 J.1.正確分析物體的運動過程，做好受力分析.2.利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系，求出兩個物體的相對位移.3.代入公式QFfx相對計算，若物體在傳送帶上做往復運動，則為相對路程s相對.摩擦生熱的計算方法點撥題型二滑塊木板模型綜合分析“滑塊木板”模型問題的分析方法(1)動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t ，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移.(2)功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律.如圖所示，要注意區(qū)分三個

6、位移：求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；求摩擦生熱時用相對位移x.例3(2022江蘇連云港市高三期中)如圖甲所示，水平地面上有一質(zhì)量為1 kg的長木板，長木板的左端放有一質(zhì)量也為1 kg的小物塊.一水平向右的力F作用在物塊上，F(xiàn)從0開始逐漸增大，木板的加速度a隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示.已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度g10m/s2.求：(1)木板與地面間的最大靜摩擦力；答案4 N物塊與木板質(zhì)量相等設為m，t2 s時，木板與地面間達到最大靜摩擦力，

7、所以Ffm1(mm)g4 N(2)t4 s時拉力F的大?。淮鸢? N由題圖乙可知，木板與物塊先是一起加速向右，4 s后，開始發(fā)生相對運動，4 s時，根據(jù)牛頓第二定律，對木板，有2mg21mgma對整體，有F21mg2ma聯(lián)立解得F2(21)mg6 N(3)04 s時間內(nèi)物塊動能的增量.答案0.5 J由(2)中得a1 m/s2，由題圖乙得vvS面積1 m/s例4如圖所示，水平地面上有一長L2 m、質(zhì)量M1 kg的長板，其右端上方有一固定擋板.質(zhì)量m2 kg的小滑塊從長板的左端以v06 m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v2 m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長

8、板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離.已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)10.4，滑塊與長板間的動摩擦因數(shù)20.5，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x；答案0.8 m解得：a5 m/s2根據(jù)運動學公式得：Lv0t at2解得t0.4 s (t2.0 s舍去)碰到擋板前滑塊速度v1v0at4 m/s2 m/s，說明滑塊一直勻減速板移動的位移xvt0.8 m(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；答案2 N對板受力分析如圖所示，有：FFf2Ff1其中Ff11(Mm)g12 N，F(xiàn)f22mg10 N解得：F2 N(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程

9、，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.答案48 J法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1Ff2(Lx) 2mg (Lx)12 J滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q22mg(Lx)12 J整個過程中，長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q31(Mm)gL24 J所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：QQ1Q2Q348 J法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F12 N (第二問可知)F1做功為W1F1x20.81.6 J滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為：F2Ff1Ff21(Mm)g2mg22 NF2做功為W2F2(Lx)221.2 J26.4 J碰到擋板前滑塊速度v1v0at4 m/s滑塊

10、動能變化：Ek20 J所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q W1W2Ek48 J.題型三多運動組合問題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5(2022浙江舟山市模擬)某游樂

11、場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內(nèi)軌道BCDE，左側為半徑R0.8 m的光滑圓弧軌道BC，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角30，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角30的光滑傾斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點處的擋板上.現(xiàn)有質(zhì)量為m1 kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點)從空中的A點以v0 m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(jīng)過D點(不計經(jīng)過D點時的能量損失)后沿傾斜軌道向上運動至F點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、D之間和D、F之間距離都為1 m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力

12、加速度g10 m/s2，不計空氣阻力.求：(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點的速度大?。辉O滑塊P經(jīng)過B點的速度大小為vB，由平拋運動知識v0vBsin 30(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大小；答案50 N滑塊P從B點到達最低點C點的過程中，由機械能守恒定律經(jīng)過C點時受軌道的支持力大小FN，有FNmg解得FN50 N由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小F壓50 N(3)彈簧的彈性勢能的最大值；答案6 J設彈簧的彈性勢能最大值為Ep，滑塊從C到F點過程中，根據(jù)動能定理有mgLmgLsin 30Ep0 mvC2代入數(shù)據(jù)可解得Ep6 J(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若

13、能，求出飛出B點的速度大小；若不能，判斷滑塊最后位于何處.答案無法從B點離開，離D點0.2 m(或離C點0.8 m)設滑塊返回時能上升的高度為h，根據(jù)動能定理有mgLsin 30EpmgLmgh代入數(shù)據(jù)可解得h0.6 m因為hR，故無法從B點離開，又 mvC2mgx代入數(shù)據(jù)可解得x3.2 m滑塊最后靜止時離D點0.2 m(或離C點0.8 m).例6如圖所示，豎直放置的半徑為R0.2 m的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接，傾角為30的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接.水平傳送帶MN以v04 m/s的速度沿順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h0.8 m，MN間的距離為L

14、MN3.0 m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，軌道其他部分均光滑.直軌道BC長LBC1 m，小滑塊P質(zhì)量為m1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑塊P第一次到達與圓軌道圓心O等高的F點時，對軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；答案0.4 m滑塊P在圓軌道F點對軌道的壓力剛好為零，則vF0mg(HR)mgLBC0解得H0.4 m(2)若滑塊P從斜面高度差H1.0 m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；答案0.8 mH1.0 m，設滑塊運動到N點時的速度為vN，對滑塊從開始到N點的過程應用動能定理mgHmg(LBCLMN)

15、 mvN20解得vN2 m/s滑塊從N點做平拋運動，水平位移為x 0.8 m(3)滑塊P在運動過程中能兩次經(jīng)過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H的范圍.答案0.7 mH0.8 m設滑塊P在運動過程中恰好能第一次經(jīng)過E點時，高度差為H1，從開始到E點應用動能定理解得H10.7 m滑塊滑上傳送帶時的速度為vM滑塊做減速運動的位移為因此滑塊返回M點時的速度為vM m/s，因此能第二次過E點.設高度為H2時，滑塊從傳送帶返回M點時的最大速度為從開始到M點應用動能定理解得H20.8 m第二次經(jīng)過E點后，當滑塊再次從B點滑上圓軌道時在B點的速度為vB，則有mgH23mgLBC mvB20v

16、B2 m/st2，故C錯誤；由以上分析可知，小物塊在傳送帶上的平均速度大于在斜面上的平均速度，所以在傳送帶上和在斜面上重力的平均功率不同，故D錯誤.3.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)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動.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，小車運動的距離為x，在這個過程中，以下結論不正確的是A.小物塊到達小車最右端時具有的動能為F(Lx)B.小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfxC.摩擦力對小物塊所做的功為Ff(Lx)D.小物塊在小車上滑行過

17、程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL123456789123456789對物塊分析，物塊對地的位移為Lx，根據(jù)動能定理得(FFf)(Lx)Ek物0，則物塊到達小車最右端時具有的動能Ek物(FFf)(Lx)，故A錯誤；對小車分析，小車對地的位移為x，根據(jù)動能定理得FfxEk車0，則物塊到達小車最右端時，小車具有的動能Ek車Ffx，故B正確；摩擦力對小物塊所做的功為Ff(Lx)，故C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即物塊與小車增加的內(nèi)能QFfx相對FfL，故D正確.4.如圖所示，一傾角為37的足夠長斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為M2 kg的長木板B沿著斜面以速度v09 m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)

18、量為m1 kg的鐵塊A無初速度放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下.已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，則下列判斷正確的是A.動摩擦因數(shù)0.5B.鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為4 m/sC.長木板的長度為2.25 mD.從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的 過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量123456789123456789開始時長木板B沿著斜面以速度v09 m/s勻速下滑，有Mgsin 37Mgcos 37，解得0.75，A錯誤；鐵塊A

19、剛放在長木板B上時，對A分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos 37mgsin 37maA，解得aA12 m/s2，方向沿斜面向下，對B，根據(jù)牛頓第二定律有(Mm)gcos 37mgcos 37Mgsin 37MaB，解得aB6 m/s2，方向沿斜面向上，鐵塊A和長木板B共速的時間為t，則v0aBtaAt，解得t0.5 s，鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為v共aBt6 m/s，B錯誤；123456789鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長木板的長度為LxBxA 2.25 m，C正確；由能量守恒定律可知，從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之

20、間摩擦產(chǎn)生的熱量與B與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，D錯誤.5.如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角30，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變.t0時刻在傳送帶適當位置放上一具有初速度的小物塊.取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示.已知小物塊質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2，下列說法不正確的是A.傳送帶順時針轉動，速度大小為2 m/sB.傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)C.0t2時間因摩擦產(chǎn)生熱量為27 JD.0t2時間內(nèi)電動機多消耗的電能 為28.5 J123456789從vt圖可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度為2 m/s，順時針轉動，故A

21、正確；小物塊的加速度a1 m/s2，對物塊受力分析，可得mgcos mgsin ma，解得 ，故B正確；123456789物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t 2 s，vt圖中可知t23 s，物塊運動的位移s1.5 m，傳送帶與物塊的相對位移s4.5 m，產(chǎn)生內(nèi)能Qmgcos s27 J，故C正確；物塊增加的重力勢能Epmgsin s7.5 J，物塊動能的增量Ek mv02 mv121.5 J，傳送帶多消耗的電能W電QEpEk36 J.另解：物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t 2 s，因此vt圖中t23 s，3 s內(nèi)傳送帶的位移sv0t26 m，傳送帶多消耗的電能W電mgcos s3

22、6 J.故選D.1234567896.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M1.0 kg，長度L1.0 m.在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量m1.0 kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)0.30.開始時它們都處于靜止狀態(tài)，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F8 N，g取10 m/s2.求：(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；123456789能力綜合練答案7.5 J4.5 J當用F8 N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運動的加速度為：a1g3 m/s2123456789設抽出過程的時間為t，則有： a2t2 a1t2L，解得：t1 s所以小鐵塊運

23、動的位移為：x1 a1t2，解得：x11.5 m123456789木板運動的位移為：x2 a2t2，解得：x22.5 m摩擦力對小鐵塊做的功為：W1mgx1，解得W14.5 J摩擦力對木板做的功為：W2mgx2，解得：W27.5 J(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.123456789答案3 J抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能QmgL3 J.7.如圖所示，一個可視為質(zhì)點的小物塊的質(zhì)量為m1 kg，從光滑平臺上的A點以v02 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M3 kg的長木板.已知長木板上

24、表面與圓弧軌道末端切線相平，水平地面光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)0.3，圓弧軌道的半徑為0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角60，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：(1)小物塊剛到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；123456789答案60 N，方向豎直向下123456789小物塊由C到D的過程中，由動能定理得小物塊在D點時由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得FN60 N由牛頓第三定律得小物塊對軌道的壓力FNFN60 N，方向豎直向下.(2)要使小物塊不滑出長木板，長木板長度的最小值.123456789答案2.5 m123456789設小物塊剛好能滑到長木板左端且達到共同速度，大

25、小為v，此時長木板長度最小，滑行過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為速度分別為vvDa1t，va2t123456789對小物塊和長木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得解得L2.5 m.8.跳臺滑雪運動員腳穿專用滑雪板，不借助任何外力，從起滑臺起滑，在助滑道上獲得高速度，于臺端飛出，沿拋物線在空中飛行，在著陸坡著陸后，繼續(xù)滑行至水平停止區(qū)靜止.如圖所示為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖.助滑坡由傾角為37的斜面AB和半徑為R110 m的光滑圓弧BC組成，兩者相切于B.AB豎直高度差h130 m，豎直跳臺CD高度差為h25 m，123456789著陸坡DE是傾角為37的斜坡，長L130 m，下端與半

26、徑為R220 m的光滑圓弧EF相切，且EF下端與停止區(qū)相切于F.運動員從A點由靜止滑下，通過C點，以速度vC25 m/s水平飛出落到著陸坡上，然后運動員通過技巧使垂直于斜坡速度降為0，以沿斜坡的分速度繼續(xù)下滑，經(jīng)過EF到達停止區(qū)FG.若運動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為80 kg.(不計空氣阻力，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：123456789(1)運動員在C點對臺端的壓力大?。淮鸢? 800 N運動員經(jīng)C點時由牛頓第二定律得FCmg解得FC5 800 N根據(jù)牛頓第三定律，運動員在C點對臺端的壓力大小為5 800 N.123456789(2)滑板與斜坡AB間的動摩擦因數(shù)；從A點到C點，由動能定理得123456789(3)運動員在著陸坡上的落點距離D多遠；答案125 m123456789設運動員離開C點后開始做平拋運動到P點，設D、P間距離為sP，則水平方向上有xPvCt，解得sP125 m，t4 s.123456789(4)運動員在停止區(qū)靠改變滑板方向增加制動力，若運動員想在60 m之內(nèi)停下，制動力至少是總重力的幾倍.(設兩斜坡粗糙程度相同，計算結果保留兩位有效數(shù)字)答案1.7倍12345678