動力學(xué)與能量觀點的綜合應(yīng)用

動力學(xué)與能量觀點的綜合應(yīng)用動力學(xué)與能量觀點的綜合應(yīng)用考情透析考情透析命題點考頻分析命題特點核心素養(yǎng)利用動力學(xué)與能量觀點解決多過程問題2023年：全國乙卷T8湖北T14湖南T82022年：浙江（6月）T20浙江（1月）T212021年：全國甲卷T11山東T18本專題主要考查動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用，既包括由直線運動、拋體運動和圓周運動等運動形式組成的多過程問題，也包括在各種具體情境下（例如板塊、傳送帶、繩、桿、彈簧等）使用動力學(xué)和能量觀點進行綜合分析和推理。試題常常涉及到使用能量守恒的思想來計算摩擦所產(chǎn)生的熱量和電動機所提供的能量。物理觀念：運用相互作用和能量守恒的物理觀念分析多過程或多物體類問題?？茖W(xué)思維：應(yīng)用動力學(xué)規(guī)律和能量守恒定律再結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行綜合推理分析。傳送帶模型中的動力學(xué)與能量問題板塊模型中的動力學(xué)與能量問題熱點熱點突破命題點命題點1利用動力學(xué)與能量觀點解決多過程問題▼考題示例1（2022·浙江省·歷年真題）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。（g＝10m/s2）（1）若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。唬?）設(shè)釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式；（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。答案：（1）滑塊從釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得：mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝在C點時，根據(jù)向心力公式可得：FN－mg＝聯(lián)立解得：FN＝7N（2）能過最高點時，則能到F點，那么恰到最高點時，根據(jù)動能定理可得：mglxsin37°－3mgRcos37°－mgR＝0解得：lx＝0.85m，因此，要能過F點必須滿足lx≥0.85m。第一次過F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式，根據(jù)動能定理可得：mglxsin37°－4mgRcos37°＝，解得：v＝，其中l(wèi)x≥0.85m（3）設(shè)摩擦力做功為第一次達到中點的n倍，根據(jù)動能定理可得：＝0，lFG＝（根據(jù)滑塊運動到停下來，其中n為奇數(shù)），解得：lx＝m又因為lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m當(dāng)n＝1時，lx1＝m；當(dāng)n＝3時，lx2＝m；當(dāng)n＝5時，lx3＝m。跟蹤訓(xùn)練1（2024·安徽省蚌埠市·模擬題）如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面與圓心為O、半徑R＝0.9m的光滑圓弧軌道在B點平滑連接，且固定于豎直平面內(nèi)。斜面上固定一平行于斜面的輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)沿斜面緩慢推動質(zhì)量為m1＝0.8kg的滑塊a使其壓縮彈簧至A處，將滑塊a由靜止釋放，通過D點時軌道對滑塊a的彈力為零。已知A、B之間的距離為L＝1.35m，滑塊a與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，C為圓弧軌道的最低點，CE為圓弧軌道的直徑，OD水平，滑塊a可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，≈1.73。（1）求滑塊a在C點對軌道壓力的大小。（2）求滑塊a整個運動過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。（3）若僅將滑塊a換為質(zhì)量為m2＝0.05kg的滑塊b，滑塊b由A點彈出后立即撤去彈簧，求滑塊b第一次落在斜面上的位置至B點的距離（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。答案：（1）由題可知，滑塊a在D點處的速度為0，對滑塊a由C至D點過程，由動能定理有－m1gR＝對滑塊a在C點由牛頓第二定律有F1－m1g＝結(jié)合牛頓第三定律可知，滑塊a在C點對軌道壓力的大小FN＝F1＝24N（2）設(shè)滑塊a在A處時彈簧儲存的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可知Ep＋m1gLsin37°＝μm1gLcos37°＋m1gRcos37°解得Ep＝1.44J最終滑塊a在B與B關(guān)于C對稱的點之間運動，由能量守恒可知Q＝Ep＋m1gLsin37°解得Q＝7.92J（3）設(shè)滑塊b能通過E點，對滑塊b由A點至E點，由能量守恒有Ep＋m2gLsin37°＝μm2gLcos37°＋m2g(R＋Rcos37°)＋解得vE＝6m/s滑塊b恰好能通過E點時，有m2g＝可知vE＞v′，假設(shè)成立，設(shè)滑塊b在空中運動的時間為t，滑塊b落在斜面上的位置與B之間的水平距離為d，則有d＝vEt－Rsin37°，(R＋Rcos37°)－＝dtan37°解得t＝s又有x＝，解得x≈1.8m?？偨Y(jié)升華多過程問題是由直線運動、平拋運動和圓周運動組合而成，這類模型一般各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可。注意：①兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶；②平拋運動末速度的方向往往是解題的突破口；③豎直面內(nèi)的圓周運動往往需要抓住臨界條件：輕繩模型通過最高點的臨界條件mg＝；輕桿模型通過最高點的臨界條件v≥0、輕桿提供的是支持力還是拉力的臨界條件mg＝；物體不會脫離圓軌道的臨界條件：物體能通過圓周的最高點或是不超過與圓心等高的點。命題點命題點2傳送帶模型中的動力學(xué)與能量問題▼考題示例2[生產(chǎn)生活類]（2024·河北省衡水市·模擬題）圖（a）為成都天府國際機場某貨物傳送裝置實物圖，簡化圖如圖（b）所示，該裝置由傳運帶ABCD及固定擋板CDEF組成，固定擋板CDEF與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面ABCD與水平地面的夾角為θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動時，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（c）所示。已知傳送帶勻速運行的速度為v＝1m/s，貨物質(zhì)量為m＝10kg，其底部與傳送帶ABCD的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，其側(cè)面與擋板CDEF的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）貨物剛放上傳送帶時，其底面所受滑動摩擦力f1的大小及側(cè)面所受滑動摩擦力f2的大??；（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時間及傳送裝置多消耗的電能。答案：（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為N1，貨物底面所受滑動摩擦力為f1，擋板對貨物支持力為N2，貨物側(cè)面所受滑動摩擦力為f2，由力的平衡條件有N1＝mgcosθ，N2＝mgsinθ由滑動摩擦力計算式有f1＝μ1N1，f2＝μ2N2代入數(shù)據(jù)可得f1＝40N，f2＝15N（2）因為f1與運動方向相同，f2與運動方向相反，貨物將由靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運動，若能與傳送帶共速，則此后做勻速運動，由牛頓第二定律可得f1－f2＝ma1解得a1＝2.5m/s2設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速所用時間t1，對地位移為x1，由運動學(xué)公式得t1＝＝0.4s貨物勻加速階段的位移為x1＝＝0.2m因x1＜L，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運動，直至被取下，設(shè)此段運動時間為t2，位移為x2，由運動學(xué)公式得x2＝L－x1＝9.8m貨物勻速階段所用的時間為t2＝＝9.8s貨物運動總時間為t＝t1＋t2＝10.2s傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動能之和。貨物與傳送帶之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能有Q1＝f1(vt1－)＝8J貨物與擋板之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能有Q2＝f2L＝150J貨物增加的動能ΔEk＝＝5J傳送裝置多消耗的電能E電＝Q1＋Q2＋ΔEk＝163J跟蹤訓(xùn)練2（2023·全國·模擬題）如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為37°，傳送帶的上端C點到B點的高度差為h2＝0.1125m（傳送帶傳動輪的大小可忽略不計）。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊（可看作質(zhì)點）從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳動帶的速度從C點落到傳動帶上，傳送帶逆時針傳動，速度大小為v＝0.5m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2，試求：（1）滑塊運動至C點時的速度vc大??；（2）滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案：（1）在C點，豎直分速度：vy＝＝＝1.5m/s而vy＝vcsin37°解得：vc＝2.5m/s；（2）C點的水平分速度為：vx＝vB＝vccos37°＝2m/s從A到B點的過程中，由動能定理可得：mgh1－Wf＝解得：Wf＝1J；（3）滑塊在傳送帶上運動時，由于vC＞v，故滑塊所受的摩擦力方向沿傳送帶向上，據(jù)牛頓第二定律知：μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得加速度大小：a＝0.4m/s2，方向沿傳送帶向上；滑塊與傳送帶達到共同速度耗時：t＝＝s＝5s；二者間的相對位移為：Δs＝－vt＝5m；由于mgsin37°＜μmgcos37°，則共速后滑塊將和傳送帶保持相對靜止，則有：Q＝μmgcos37°·Δs＝32J?？偨Y(jié)升華傳送帶模型：（1）動力學(xué)問題：物塊滑上傳送帶，對物塊進行受力分析時摩擦力的分析是重點，也是易錯點。（2）在傾斜傳送帶中當(dāng)物塊與傳送帶達到共速時，若μ≥tanθ則物塊將與傳送帶一起做勻速直線運動；若μ＜tanθ則物塊將繼續(xù)做勻變速直線運動；（3）相比空載，當(dāng)傳送帶在轉(zhuǎn)運物塊時，電動機增加的能量為：物塊增加的機械能和物塊在傳送帶上滑動時產(chǎn)生的熱量；（4）劃痕長度、摩擦生熱的計算（易錯點）：若物體從傾斜傳送帶的頂端由靜止釋放，所做運動的v－t圖像如下，則圖線與橫軸圍成的面積表示位移，在同一段時間內(nèi)的面積之差（Δx1和Δx2）表示相對位移。則劃痕長度為Δx1與Δx2中的最大值，而物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝f(Δx1＋Δx2)。命題點命題點3板塊模型中的動力學(xué)與能量問題▼考題示例3（2024·安徽省·模擬題）如圖1所示，小鐵塊位于長木板的最左端，小鐵塊的質(zhì)量是6kg，長木板的質(zhì)量是12kg。t＝0時二者以v0＝8m/s的初速度一起向右運動，t＝0.5s時長木板與右側(cè)的擋板（未畫出）相碰（碰撞時間極短），碰撞之前的運動過程中小鐵塊與長木板通過鎖定裝置鎖定，碰撞前瞬間解除鎖定，碰撞過程中沒有能量損失，長木板運動的部分v－t圖像如圖2所示，在運動過程中小鐵塊恰好沒有從長木板上滑下。小鐵塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）長木板與水平地面之間以及小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)；（2）長木板的長度；（3）長木板與擋板碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。答案：（1）設(shè)長木板與小鐵塊的質(zhì)量分別為M、m，長木板與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ1，小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由v－t圖像可得，0～0.5s時間內(nèi)長木板與小鐵塊整體的加速度大小為a1＝＝m/s2＝4m/s2對此過程由牛頓第二定律得μ1·(M＋m)g＝(M＋m)a1解得μ1＝0.40.5s時刻之后，長木板向左做勻減速直線運動，小鐵塊向右做勻減速直線運動。由v－t圖像可得，0.5s之后長木板的加速度大小為a2＝＝m/s2＝8m/s2對長木板由牛頓第二定律得μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma2解得μ2＝0.4（2）由牛頓第二定律可得，0.5s時刻之后小鐵塊的加速度大小為a3＝μ2g＝0.4×10m/s2＝4m/s20.5s時刻之后，長木板與小鐵塊均以v＝6m/s的速度大小分別向左、向右做勻減速直線運動，因a2＞a3，故長木板先于小鐵塊速度減小到零，設(shè)此過程長木板的位移大小為x1，則有v2＝2a2x1代入數(shù)據(jù)解得x1＝2.25m長木板速度減小到零后，因小鐵塊與長木板之間的滑動摩擦力小于長木板與水平地面之間的最大靜摩擦力，故長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，小鐵塊仍向右做勻減速直線運動直到速度為零，設(shè)0.5s時刻之后，小鐵塊向右做勻減速直線運動直到速度為零的位移大小為x2，則有v2＝2a3x2代入數(shù)據(jù)解得x2＝4.5m設(shè)長木板的長度為L，長木板的長度等于0.5s時刻之后小鐵塊與長木板的相對位移大小，則有L＝x1＋x2＝2.25m＋4.5m＝6.75m（3）設(shè)碰撞后小鐵塊與長木板相對滑動產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1，長木板與地面間相對滑動產(chǎn)生的內(nèi)能為Q2，則有Q1＝μ2mgL＝162J，Q2＝μ1(M＋m)gx1＝162J故長木板與擋板碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝324J。跟蹤訓(xùn)練3[學(xué)習(xí)探究類]（2022·湖北省·模擬題）如圖，傾角θ＝30°的光滑斜面上有一質(zhì)量為M的金屬板，斜面底端垂直于斜面固定一彈性擋板，金屬板下端與彈性擋板的距離為L，其上端放有一質(zhì)量為m的橡膠塊（可視為質(zhì)點）。金屬板和橡膠塊同時由靜止釋放，運動方向始終與擋板垂直，金屬板與擋板發(fā)生的每次碰撞都是時間極短的彈性碰撞。已知M＝5m，橡膠塊與金屬板之間的滑動摩擦力大小為2.5mg，g為重力加速度，不計空氣阻力。（1）求金屬板第一次與擋板碰撞后瞬間，金屬板和橡膠塊各自的加速度大?。唬?）金屬板第一次與擋板碰撞彈回上滑過程中，橡膠塊沒有滑離金屬板，求金屬板上滑的最大距離；（3）之后，下滑、碰撞、彈回，再下滑、碰撞、彈回??橡膠塊最終也沒有滑離金屬板，求金屬板長度的最小值。答案：（1）金屬板第一次與擋板碰撞后的瞬間，金屬板的速度沿斜面向上，橡膠塊的速度沿斜面向下，對金屬板，由牛頓第二定律有：5mgsin30°＋2.5mg＝5ma1解得a1＝g;對橡膠塊，由牛頓第二定律有2.5mg－mgsin30°＝ma2，解得：a2＝2g。（2）金屬板和橡膠塊從靜止開始滑到與擋板碰撞前瞬間，對整體有：6mgsin30°＝6ma0,由速度位移公式得＝2a0L，解得：v0＝，速度方向均沿斜面向下。金屬板彈離的瞬間，金屬板的速度反向，橡膠塊的速度方向依然沿斜面向下,設(shè)自彈起經(jīng)過時間t1，金屬板與橡膠塊的速度剛好相同，取沿斜面向上為正方向，由運動學(xué)公式：v0－a1t1＝－v0＋a2t1，聯(lián)立得t1＝；設(shè)此時金屬板下端距離擋板x1，速度為v，由運動學(xué)公式可得x1＝＝，v＝v0－a1t1＝，此后，金屬板與橡膠塊將共同以加速度a0減速向上滑動x2，速度減為零。由運動學(xué)公式