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1、专题强化九动力学和能量观点的综合应用目标要求1.会用功能关系解决传送带、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题题型一传送带模型例1(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v01 m/s顺时针传动建筑工人将质量m20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v01 m/s的速度向右匀速运动已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为0.1，运输带的长度为L2 m，重力加速度大小为g10 m/s2.以下说法正确的是()A建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端B建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C因运输建筑材料电
2、动机多消耗的能量为10 JD运输带对建筑材料做的功为10 J答案AD解析建筑工人匀速运动到右端，所需时间t12 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为ag1 m/s2，加速的时间为t21 s，加速运动的位移为x1t20.5 m2 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Fmgma1，解得a13 m/s2对木板B，根据牛顿第二定律有mgMa2解得a22 m/s2.(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1a1t13 m/s，木板B的速度大小v2a2t12 m/s，撤去F后，由mgma3得滑块A的加速度大小为a34 m/s2，设经历时间t2二者共速，则有v1a3t2
3、v2a2t2，解得t2 s，则vv1a3t2 m/s.(3)外力F对A、B整体做的功为FxFa1t12 JA、B最终以速度v m/s运动故A、B整体动能为Ek(Mm)v2 J由能量守恒定律得FxQEk，则Q 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，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x滑；(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；(3
4、)求摩擦生热时用相对位移x.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R0.8 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30，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角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m1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0 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
5、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0.5，重力加速度g10 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)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v0vBsin 30，得vB2 m/s(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机
6、械能守恒定律得mg(RRsin 30)mvB2mvC2解得vC4 m/s经过C点时受轨道的支持力大小为FN，有FNmgm，解得FN50 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mgLCDmgLDFsin 30Epm0mvC2，代入数据可解得Epm6 J(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30EpmmgLCDmgh，代入数据可解得h0.6 m，因为hR，故无法从B点离开，又mvC2mgx，代入数据可解得x3.2 m3LCD0.2 m，滑块最后静止时的位置离D点0.2
7、m(或离C点0.8 m)例6如图所示，AB、FG均为半径R0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角53、长度L12 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小g10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力求：(sin 530.8，结果可保留分数)(1)C、D两点间的距离x；(2)物块从B点运动到E点的时间t；(3)E
8、F轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.答案(1)1.2 m(2) s(3)6 m1.35 m解析(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgRmvB2，解得vB3 m/s物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD5 m/s竖直方向的分速度大小vyvBtan 4 m/s竖直方向物块做自由落体运动，有vygt1，解得t10.4 sC、D两点间的距离x vBt11.2 m.(2)物块在斜轨道上的加速度大小a1gsin gcos 6 m/s2，由L1vDt2a1t22代入数据解得t2 s物块从B点运动到E点的时间tt1t20.4 s s s.(
9、3)物块由F到G，由机械能守恒定律mvF2mgR，代入数据解得vF3 m/s物块在E点的速度vEvDa1t2，可得vE7 m/s物块从E到F，由动能定理可得mgL2mvF2mvE2代入数据解得L26 m物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得mgs0mvF2代入数据解得s1.35 m.1分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解2方法技巧(1)
10、“合”整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案课时精练1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2答案B解析对小物块，由动能定理有Wm
11、v2mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1tvtvt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2vttt，又t，则小物块与传送带间的相对路程x相对x1x2，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确2.(多选)如图所示，质量m1 kg的物体(可视为质点)从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带A、B两点之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s的速度顺时针运动，则(g取10 m/s2)()A物体从A运动到B的时间
12、是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J答案AC解析设物体下滑到A点时的速度大小为v0，在由P到A过程中，由机械能守恒定律有mv02mgh，代入数据得v02 m/sv4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为ag2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1 s1 s，匀加速运动过程的位移大小x1t11 m3 mmgsin ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止以物块和木板为整体，a共1gcos gsin m/s
13、2，s共1.5 mQ物板2mgcos s30 JQ板斜1(Mm)gcos (s板s共)57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量QQ物板Q板斜87 J.9如图所示，竖直放置的半径为R0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为30的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接水平传送带MN以v04 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h0.8 m，MN间的距离为LMN3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分均光滑直轨道BC长LBC1 m，小滑块P的质量为m1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨
14、道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围答案(1)0.4 m(2)0.8 m(3) 0.7 mH0.8 m解析(1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则vF0mg(HR)mgLBC0解得H0.4 m(2)H1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理mgHmg(LBCLMN)mvN20解得vN2 m/s滑块从N点做平抛
15、运动，水平位移为xvN0.8 m(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理有mgH1mgLBC2mgRmvE20在E点时有mgm解得H10.7 m滑块滑上传送带时的速度为vMmgH1mgLBCmvM20vM m/s4 m/s滑块做减速运动的位移为L2.5 mLMN因此滑块返回M点时的速度为vM m/s，因此能第二次过E点设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v2 m/s从开始到M点应用动能定理有mgH2mgLBCmv20解得H20.8 m第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有mgH23mgLBCmvB20vB2 m/s m/s所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H的范围是0.7 mH0.8 m.