專題強化十動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標1.會用動力學(xué)的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。2.會用能量觀點求解摩擦產(chǎn)生的熱量等綜合問題。3.會利用動力學(xué)和能量觀點分析多運動組合問題。模型一“傳送帶”模型1.分析方法(1)動力學(xué)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(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)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(guān)系或能量守恒定律求解。2.功能關(guān)系分析(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能:Q=Ffx相對。(3)功能關(guān)系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢能的增加量。例1(2025·云南多校高三聯(lián)考)如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速傳動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓弧軌道半徑為R。質(zhì)量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回圓弧軌道，第一次上升的最高點距N點高度為23R，重力加速度為g。則以下說法正確的是(A.傳送帶勻速傳動的速度大小為2B.經(jīng)過足夠長的時間，小滑塊最終靜止于N點C.小滑塊第二次上升的最高點距N點高度為13D.小滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量大于13答案D解析小滑塊在圓弧軌道下滑，由mgR=12mvN2，解得到達N點時速度為vN=2gR，小滑塊在傳送帶上先向右減速運動，減速到0，在傳送帶上向左先加速，和傳送帶共速后勻速運動，返回時第一次上升的最高點距N點高度為23R，由mg×23R=12mv2，可得傳送帶勻速傳動的速度v=4gR3，故A錯誤;小滑塊在傳送帶上向右減速到0，返回后上升的最高點距N點高度始終為23R，小滑塊做往復(fù)運動，不會靜止，故B、C錯誤;小滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量等于損失的重力勢能和維持傳送帶勻速運動補充的能量，損失的重力勢能為例2(2025·北京市八一學(xué)校高三月考)如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°，其上A、B兩點間的距離為5m，傳送帶在電動機的帶動下以v=1m/s的速度勻速運轉(zhuǎn)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=10kg的小物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，則在傳送帶將小物塊從A傳送到B的過程中，g=10m/s2。求(1)小物塊在傳送帶上加速過程中的加速度大小;(2)傳送帶對小物塊做的功;(3)因傳送小物塊，電動機額外做的功。答案(1)2.5m/s2(2)255J(3)270J解析(1)對小物塊，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos30°－mgsin30°=ma解得a=2.5m/s2。(2)小物塊加速到v=1m/s時的位移為x=v22a=0.2所以小物塊與傳送帶共速后，小物塊相對皮帶靜止，一直到達B點，傳送帶對小物塊做的功就等于小物塊機械能的增加量W=ΔEk+ΔEp=12mv2+mgLABsin30°=255J(3)電動機所做的功一方面使小物塊的機械能增加，另一方面由于小物塊與傳送帶之間有相對滑動而產(chǎn)生熱量，即W電=W+Q其中Q=μmgx相對cos30°，x相對=vt－x，v=at解得W電=270J。例3(2025·四川宜賓模擬)如圖甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角θ=37°，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點無初速放入貨物。貨物從下端A點運動到上端B點的過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為參考平面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點，質(zhì)量m=10kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是()A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75B.輸送帶A、B兩端點間的距離為8mC.貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9sD.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585J答案C解析由題圖乙可知，貨物從開始運動到與傳送帶相對靜止，機械能的增加量為ΔE1=μmgcos37°·x1，又x1=0.5m，解得μ=0.875，故A錯誤;貨物沿傳送帶向上運動0.5m后與傳送帶相對靜止，此后貨物的動能不變，重力勢能增加，有mgx2sin37°=ΔE，解得x2=8m，則傳送帶兩端點之間的距離為L=x1+x2=8.5m，故B錯誤;加速階段的加速度大小為a，有μmgcos37°－mgsin37°=ma，加速階段時間為t1，有x1=12at12，傳送帶速度為v2=2ax1，設(shè)勻速階段時間為t2，有x2=vt2，所以總時間為t=t1+t2=9s，故C正確;由能量守恒定律，其多消耗的能量為E=μmgcos37°·x1+12mv2+mgLsin37°，解得E=550J模型二“滑塊—木板”模型1.動力學(xué)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=Δv2a2=Δv1a2.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)分三個位移。(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑;(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板;(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx。例4(2025·河南開封聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A.木板的動能一定等于FflB.木板的動能可能大于FflC.物塊的動能一定大于12mv02－D.物塊的動能一定小于12mv02－答案D解析物塊和木板的運動示意圖和v－t圖像如圖所示，根據(jù)動能定理可知，對m:－Ffx1=12mv12－12mv02①，對M:Ffx2=12Mv22②，根據(jù)v－t圖像與橫軸圍成的面積S表示位移可知x2=S△COF，x1=SABFO，根據(jù)位移關(guān)系可知l=x1－x2=SABCO>x2=S△COF，因此Ffl>Ffx2=12Mv22，即木板的動能一定小于Ffl，A、B錯誤;將①、②兩式相加得－Ffl=12mv12+12Mv22－12mv02，變形得物塊離開木板時的動能12mv例5(2025·湖南臨澧一中月考)如圖所示，物塊A、木板B的質(zhì)量分別為4kg、2kg，A可視為質(zhì)點，木板B放在光滑水平面上，木板B長4m。開始時A、B均靜止，某時A獲得6m/s的水平初速度，從B板最左端開始運動。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，g=10m/s2。(1)A、B相對運動過程中，求A、B的加速度大小;(2)請判斷A能否從B上滑下來，若能，求A、B分離時的速度大小，若不能，求A、B最終的速度大小;(3)求A、B相對運動過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)2m/s24m/s2(2)不能，均為4m/s(3)24J解析(1)A、B相對運動過程中，由受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，對A:μmAg=mAaA解得aA=2m/s2對B:μmAg=mBaB解得aB=4m/s2。(2)若A不能從B上滑下來，末狀態(tài)A、B共速。其速度為v，則v=v0－aAt=aBt解得t=1s，v=4m/s設(shè)A相對B運動的位移為x相，則xA=xB+x相根據(jù)運動學(xué)公式xA=v0+v2t和x聯(lián)立解得x相=3m因為x相=3m<L=4m所以A不能從B上滑下來，A、B最終速度為vA=vB=v=4m/s。(3)由能量守恒定律得Q=12mAv02－12(mA解得Q=24J。例6(2025·遼寧沈陽模擬)如圖，傾角θ=30°的足夠長光滑斜面固定，長L=1.2m，質(zhì)量M=2kg的長木板下端靠著插銷置于斜面上，下端上表面放有一質(zhì)量m=1kg的物塊(視為質(zhì)點)，不可伸長的伸直細線一端連接物塊，一端拴在固定擋板上。零時刻拔去插銷，0.8s末將細線剪斷。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=33，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求(1)0.2s末細線對物塊的拉力大小;(2)0.8s末長木板的速度大小;(3)在木板下滑的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少?答案(1)10N(2)2m/s(3)163解析(1)以物塊為研究對象，其受力如圖甲所示，物塊靜止，由力的平衡條件有F=mgsinθ+FfFf=μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得F=10N。(2)以木板為研究對象，其受力如圖乙所示，由牛頓第二定律有Mgsinθ－Ff'=MaMFf'=Ff代入數(shù)據(jù)得aM=2.5m/s2由運動學(xué)規(guī)律有v=aMt將t=0.8s代入解得v=2m/s。(3)0~0.8s內(nèi)木板發(fā)生的位移為x=12aMt代入數(shù)據(jù)得x=0.8m0.8s之后，由于物塊所受摩擦力不變，則木板加速度aM不變，二者均向下做勻加速運動。假設(shè)經(jīng)時間t'兩者共速時，物塊仍在木板上，對物塊，由牛頓第二定律有mgsin30°+Ff=mam代入數(shù)據(jù)得am=10m/s2由運動學(xué)規(guī)律有v共=amt'，v共=v+aMt'代入數(shù)據(jù)得t'=415s，v共=83木板發(fā)生的位移為x1=12(v+v共)物塊發(fā)生的位移為x2=12v共代入數(shù)據(jù)得x1=2845m，x2=1645兩者間的相對位移為Δx=x1－x2=415因Δx+x=1615m<L，假設(shè)成立，此后兩者一起加速下滑，物塊不會從木板上落下，可得在木板下滑的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ff(x+Δx)=163模型三用動力學(xué)和能量觀點分析多運動組合問題例7(2025·福建福州高三期末)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為m=1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h=0.6m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有FN=2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep=0.5J。重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球第一次經(jīng)過C點的速度大小;(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm;(3)小球最終停止的位置與B點的距離。答案(1)7m/s(2)6J(3)0.2m解析(1)小球進入管口C端時，它對上管壁有FN=2.5mg的作用力，對小球由牛頓第二定律有2.5mg+mg=mv解得vC=7m/s。(2)在壓縮彈簧過程中，合力為零時，速度最大，此時小球動能也是最大值，設(shè)該位置為零勢能面，彈簧的壓縮量為x，有mg=kx由能量守恒定律有mg(r+x)+12mvC2=Ekm解得Ekm=6J。(3)設(shè)BC段克服摩擦力做功為WBC，由A到C有mgh－WBC=12m對整個過程分析可知，設(shè)共經(jīng)過N次BC段，有mgh=NWBC解得N=2.4即小球最后從B位置向C位置運動最終停下，設(shè)小球最終停在距離B位置為s，有0.4WBC=μmgs解得s=0.2m。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(guān)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(gòu)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(yīng)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。限時作業(yè)(限時:45分鐘)基礎(chǔ)對點練對點練1“傳送帶”模型1.(2025·山東濰坊聯(lián)考)如圖所示，某快遞公司為提高工作效率，利用傳送帶傳輸包裹，水平傳送帶長為4m，由電動機驅(qū)動以4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一體積很小、質(zhì)量為10kg的包裹無初速的放到傳送帶A端，包裹和傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度為g=10m/s2，則包裹從A運動到B的過程()A.時間為1s B.時間為4sC.電動機多輸出的電能為40J D.電動機多輸出的電能為802J答案D解析包裹的加速度為a=μmgm=μg=1m/s2，加速運動到與傳送帶共速經(jīng)歷的時間為t1=va=41s=4s，位移為x1=12at12=8m>4m，故包裹在與傳送帶共速前已經(jīng)滑離傳送帶，由L=12at2，可得t=2La=22s，A、B錯誤;包裹從A運動到B的過程傳送帶位移為x傳=vt=82m，摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(x傳－L)=(802－40)J，包裹獲得的速度為v'=at=22m/s，包裹獲得的動能為Ek=12mv'2=40J，故電動機多做的功為W=Q+Ek2.(2025·陜西榆林聯(lián)考)如圖所示，以恒定速率v逆時針運行的傳送帶與水平面間的夾角為α，轉(zhuǎn)軸間距為L。工作人員將質(zhì)量為m的小包裹輕放上傳送帶的頂端。已知小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。設(shè)傳送帶頂端為零勢能面，則描述小包裹的機械能隨其位移的變化關(guān)系可能正確的是()答案C解析除重力以外的其他力做的功等于小包裹機械能的變化量。小包裹從放上傳送帶到與傳送帶速度相同的過程中，沿著傳送帶向下的滑動摩擦力大小為μmgcosα，對小包裹做正功，小包裹的機械能隨位移均勻增大，當(dāng)小包裹的速度與傳送帶速度相同后，分兩種情況:第一種，μ較大，小包裹與傳送帶一起勻速運行，傳送帶對小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的靜摩擦力大小為mgsinα≤μmgcosα，該靜摩擦力對小包裹做負功，小包裹的機械能隨位移均勻減小，圖像斜率小于第一階段的斜率大小;第二種μ較小，小包裹繼續(xù)做加速運動，傳送帶對小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的滑動摩擦力大小為μmgcosα，該滑動摩擦力對小包裹做負功，小包裹的機械能隨位移均勻減小，圖像斜率與第一階段斜率大小相等，故A、B、D錯誤，C正確。3.(多選)(2025·廣東廣信中學(xué)月考)如圖所示，某快遞公司利用傳送帶將快遞物品從底端Q送到頂端P，已知快遞物品的質(zhì)量m=1kg，將其輕放于Q點，傳送帶以v0=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，快遞物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，傳送帶的傾角θ=37°，傳送帶PQ長L=9m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是()A.快遞物品在傳送帶上一直加速到P點B.快遞物品從Q點運動到P點的時間為7sC.快遞物品從Q點運動到P點的過程中產(chǎn)生了32J的熱量D.快遞物品從Q點運動到P點的過程中電機多提供了88J的能量答案BCD解析對物品受力分析，由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ=ma，解得a=0.4m/s2，物品加速到與傳送帶速度相等時的位移x=v022a=5m<L，所以物品在傳送帶上加速運動的位移x=5m，由于μmgcosθ>mgsinθ，物品之后沿傳送帶勻速運動，故A錯誤;勻加速時間t1=v0a=20.4s=5s，勻速時間t2=L-xv0=9-52s=2s，快遞物品從Q點運動到P點的時間t=t1+t2=7s，故B正確;物品加速運動過程中，物品與傳送帶的相對位移x相對=v0t1－x=5m，快遞物品從Q點運動到P點的過程中產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθ·x相對=32J，故C正確;快遞物品從Q點運動到P點的過程中電機多提供的能量E=Q+12對點練2“滑塊—木板”模型4.(2025·四川成都模擬)如圖，一質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為m=1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)以v0=2m/s的水平速度從木板左端滑上木板，木板始終保持靜止。木板足夠長，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2(未知)，重力加速度大小g=10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A.地面對木板的摩擦力方向水平向右B.地面對木板的摩擦力大小為9NC.μ2可能為0.12D.整個過程中，滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J答案C解析根據(jù)受力分析可知滑塊對木板的滑動摩擦力方向水平向右，因此地面對木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯誤;滑塊對木板的滑動摩擦力大小Ffm=μ1mg=3N，由于木板始終保持靜止，故地面對木板的靜摩擦力大小FfM=Ffm=3N，故B錯誤;木板始終保持靜止，即μ2(m+M)g≥Ffm，解得μ2≥0.1，故C正確;整個過程中，滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量Q=12mv02=2J，5.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為()A.mv24 B.mv22 C.m答案C解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，有W=12mv2+μmgx相，又x相=vt－v2t，a=μg，v=at，聯(lián)立以上各式可得W=mv2，故對點練3用動力學(xué)和能量觀點分析多運動組合問題6.(多選)(2025·黑龍江哈爾濱高三期末)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面上的半圓形固定軌道在B點銜接，軌道半徑為R，BC為直徑，一可看成質(zhì)點、質(zhì)量為m的物塊在A點處壓縮一輕質(zhì)彈簧(物塊與彈簧不拴接)。由靜止釋放物塊，物塊被彈簧彈出后，經(jīng)過半圓形軌道B點時對軌道的壓力為其重力的7倍，之后沿半圓軌道向上運動，恰能通過該軌道最高點C，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則()A.物塊從B點到C點過程中物塊機械能的減少等于克服重力所做的功B.從釋放物塊至彈簧恢復(fù)原長過程中物塊與彈簧組成系統(tǒng)機械能守恒C.物塊從B點到C點過程中克服摩擦阻力所做的功為0.5mgRD.剛開始彈簧被壓縮時的彈性勢能為3.5mgR答案BC解析設(shè)物塊經(jīng)過半圓軌道B點、C點的速度為vB、vC，物塊在B點、C點時根據(jù)牛頓第二定律分別有7mg－mg=mvB2R，mg=mvC2R，物塊從B點到C點的過程，由動能定理有－mg·2R+Wf=12mvC2－12mvB2，聯(lián)立解得Wf=－12mgR，即物塊從B點到C點過程中物塊機械能的減少量等于克服阻力所做的功，克服摩擦阻力所做的功為0.5mgR，克服重力做功為2mgR，故A錯誤，C正確;在彈簧恢復(fù)原長過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確;從剛開始彈簧被壓縮時到B綜合提升練7.(2025·山東濟寧模擬)濟寧大安機場某貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ=37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0=2m/s，貨物質(zhì)量m=10kg，貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，與擋板的動摩擦因數(shù)μ2=0.25(sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力)。求:(1)貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t;(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能E。答案(1)5.4s(2)202J解析(1)令傳送帶對貨物的彈力為FN1，擋板對貨物的彈力大小為FN2，對貨物進行分析有FN1=mgcosθ，F(xiàn)N2=mgsinθ貨物進行受力分析有μ1FN1－μ2FN2=ma解得a=2.5m/s2貨物勻加速至2m/s的過程，根據(jù)速度與位移關(guān)系式有v02=2解得x0=v022a=222×2.5貨物做勻加速直線運動的時間t1=v0a=22.5之后貨物做勻速直線運動，經(jīng)歷時間t2=L-x0v0=貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時間t=t1+t2=5.4s。(2)貨物在勻加速與勻速運動過程中，傳送帶的位移分別為x1=v0t1=1.6m，x2=v0t2=9.2m貨物勻加速過程傳送帶克服摩擦力做功為Wf1=Ff1x1=μ1mgcosθ·x1=64J貨物勻速過程傳送帶克服摩擦力做