《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時 應(yīng)用能量觀點解決力學(xué)綜合問題（題型研究課）講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時 應(yīng)用能量觀點解決力學(xué)綜合問題（題型研究課）講義（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時 應(yīng)用能量觀點解決力學(xué)綜合問題（題型研究課）講義（含解析） 1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　) A．2mgR　　　　　　　　　 　B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：選C　小球從a點運動到c點，根據(jù)動能定理得，F(xiàn)·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，解得v＝2

2、，小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向的加速度大小也為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝＝2 ，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正確。 2.(多選)(2018·全國卷Ⅲ)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程(　　)

3、 A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機的最大牽引力之比為2∶1 C．電機輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機所做的功之比為4∶5 解析：選AC　兩次提升的高度相同，則圖線①②與時間軸圍成的面積相等，由幾何知識可得第②次提升過程所用時間為2t0＋＝t0，所以礦車兩次上升所用時間之比為 2t0∶t0＝4∶5，故A正確；在加速上升階段電機的牽引力最大，由牛頓第二定律知，F(xiàn)－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)，由于兩次提升的質(zhì)量和加速度都相同，故最大牽引力相同，故B錯誤；兩次提升加速階段達到的最大速度之比為2∶1，由P＝Fv可知，電機輸出的最大功率之比為2∶1，故C正確；兩個過程動能變化

4、量相同，克服重力做功相同，由動能定理知，兩次電機做功也相同，故D錯誤。 3．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠(yuǎn)到達B點。在從A到B的過程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：選AD　物塊由A點開始向右做加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma，知a減??；當(dāng)運動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由

5、于慣性，物塊繼續(xù)向右運動，此時Ff－F彈＝ma，物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當(dāng)越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側(cè)F彈＝Ff時速度達到最大，故A正確，B錯誤；在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負(fù)功，故C錯誤；由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。 能量觀點是解答動力學(xué)問題的三大觀點之一。能熟練應(yīng)用能量觀點解題是學(xué)生深化物理知識、提升綜合分析能力的重要體現(xiàn)。高考試卷的壓軸題也常需要用到能量的觀點。通過該部分的復(fù)習(xí)，能培養(yǎng)學(xué)生的

6、審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力?！　? 命題點一　摩擦力做功與能量的關(guān)系 1．兩種摩擦力做功的比較 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功 只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化 互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即要么一正一負(fù)，要么都做負(fù)功；代數(shù)和為負(fù)值說明機械能有損失——轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 2．求解相對滑動物體的能量問題的方法 (1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析。 (2)利用運動學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。 (

7、3)根據(jù)功的公式和功能關(guān)系解題。 [典例]　如圖所示，一個可視為質(zhì)點的小物塊的質(zhì)量為m＝1 kg，從光滑平臺上的A點以v0＝2 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M＝3 kg的長木板。已知長木板上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)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求： (1)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (2)要使小物塊不滑出長木板，長木板長度的

8、最小值。 [解析]　(1)小物塊在C點時的速度大小 vC＝ 小物塊由C到D的過程中，由動能定理得 mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2 代入數(shù)據(jù)解得vD＝2 m/s 小物塊在D點時由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得FN＝60 N 由牛頓第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下。 (2)設(shè)小物塊剛好能滑到長木板左端且達到共同速度的大小為v，滑行過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為 a1＝＝μg，a2＝ 速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t 對小物塊和長木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得 μmgL＝mvD2－(m＋M)v2 解得L＝2

9、.5 m。 [答案]　(1)60 N，方向豎直向下　(2)2.5 m (1)無論是求解滑動摩擦力做功，還是求解靜摩擦力做功，都應(yīng)代入物體相對于地面的位移。 (2)摩擦生熱ΔQ＝Ffl相對中，若物體在接觸面上做往復(fù)運動時，則l相對為總的相對路程。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端?，F(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為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．小物塊到達小車最右端時具

10、有的動能為(F－Ff)(L＋x) B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffx C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x) D．小物塊和小車增加的機械能為Fx 解析：選ABC　由動能定理可得小物塊到達小車最右端時的動能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小車的動能Ek車＝Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機械能ΔE＝F(L＋x)－FfL，D錯誤。 2．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg 的另一物體B(可視為質(zhì)點)以水平速度0＝2 m/s滑上原來靜止的A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A

11、、B速度隨時間變化的情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為4 J C．A的最小長度為2 m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析：選D　由題圖乙可知，A、B的加速度大小均為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，A獲得的動能為1 J，選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mv02－×2mv2＝2 J，選項B錯誤；由題圖乙可求出A、B相對位移為1 m，即A的最小長度為1 m，選項C錯誤；對B，根據(jù)牛頓第二定律得，μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項D正確。 3．(多選)質(zhì)量為m的物體，在水平面上只受摩擦

12、力作用，以初動能E0做勻變速直線運動，經(jīng)距離d后，動能減小為，則(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為 B．物體再前進便停止 C．物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的倍 D．若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動能應(yīng)為2E0 解析：選AD　由動能定理知Wf＝μmgd＝E0－，解得μ＝，A正確；設(shè)物體總共滑行的距離為s，則有μmgs＝E0，解得s＝d，物體再前進便停止，B錯誤；將物體的運動看成反方向的勻加速直線運動，則連續(xù)運動三個距離所用時間之比為1∶(－1)∶(－)，所以物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的(－1)倍，C錯誤；若要使此物體滑行的總距離為3d

13、，則由動能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正確。 命題點二　傳送帶模型問題 1.設(shè)問的角度 (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)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)對W和Q的理解： ①傳送帶做的功：W＝Fx傳。 ②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對。 題型1　水

14、平傳送帶問題　 [例1]　(2019·永州模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L＝40 m，離地面的高度H＝3.2 m，傳送帶以恒定的速率v0＝2 m/s沿順時針方向勻速運動。兩個完全相同的滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與滑塊P、Q不拴接)，用一輕繩把滑塊P、Q拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊P、Q輕放在傳送帶的最左端，滑塊P、Q一起從靜止開始運動，t1＝4 s時輕繩突然斷開，很短時間內(nèi)彈簧伸長至自然長度(不考慮彈簧長度的影響)，此時滑塊P速度反向，滑塊Q的速度大小剛好是滑塊P的速度大小的兩倍。已知滑塊P、Q的質(zhì)量均為m＝0.2 kg，滑塊P

15、、Q與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能； (2)滑塊P、Q落地的時間差； (3)滑塊P、Q在傳送帶上運動的全過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)滑塊P、Q在傳送帶上的加速度大小 a＝μg＝1 m/s2 滑塊P、Q從靜止到與傳送帶共速所需時間t0＝＝2 s 滑塊P、Q共同加速的位移大小 x0＝at02＝2 m

16、m/s 彈簧最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能 Ep＝mvP2＋mvQ2－×2mv02＝7.2 J。 (2)滑塊P、Q離開傳送帶后做平拋運動的時間相等，故滑塊P、Q的落地時間差就是彈簧恢復(fù)到自然長度后，滑塊P、Q在傳送帶上運動的時間之差。t1＝4 s時，滑塊P、Q位移大小 x1＝x0＋v0(t1－t0)＝6 m 滑塊Q與傳送帶相對靜止時所用的時間t2＝＝6 s 這段時間內(nèi)滑塊Q的位移大小 x2＝vQt2－at22＝30 mx1＝6 m

17、，即滑塊P速度未減小到0時，已經(jīng)到達了A端 滑塊P運動到A端時的速度大小 |vP′|＝＝2 m/s 滑塊P運動的時間t4＝＝2 s 滑塊P、Q落地時間差Δt＝t2＋t3－t4＝6 s。 (3)滑塊P、Q共同加速階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8 J 分離后滑塊Q向右運動階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6 J 分離后滑塊P向左運動階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2 J 全過程產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6.4 J [答案]　(1)7.2 J　(2)6 s　(3)6.4 J 題型

18、2　傾斜傳送帶問題　 [例2]　如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 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t＝1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，g取10 m/s2，求： (1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)； (2)電動機由于傳送工件多消耗的電能。 [解析]　(1)由題圖可知，傳送帶長x＝＝3 m 工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移 x1＝t1 勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1) 解得加速運動的時間t1＝0.8 s 加速運動的位移x1＝0.8 m

19、 所以加速度a＝＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得μ＝。 (2)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＝v0t1＝1.6 m 在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移 x相＝x傳－x1＝0.8 m 在時間t1內(nèi)，摩擦生熱 Q＝μmgcos θ·x相＝60 J 最終工件獲得的動能Ek＝mv02＝20 J 工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J 電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。 [答案]　(1)　(

20、2)230 J 傳送帶模型問題的分析流程 　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速率v勻速運動?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經(jīng)過時間t物塊保持與傳送帶相對靜止。設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是(　　) A．摩擦力對物塊做的功為mv2 B．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 C．系統(tǒng)摩擦生熱為mv2 D．電動機多做的功為mv2 解析：選ACD　設(shè)物塊與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為Ff，物塊的位移大小為x1，物塊對傳送帶摩擦力的作用點對地位移大小為x2，則x1＝vt，x2＝vt＝2x1，

21、對物塊運用動能定理有Wf＝Ffx1＝mv2，選項A正確；傳送帶克服摩擦力做的功為Wf′＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2，選項B錯誤；系統(tǒng)摩擦生熱為Q ＝ Ffx相對＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝mv2，選項C正確；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律，電動機多做的功等于物塊增加的動能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，即為mv2，選項D正確。 2．(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行，t＝0時，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．傳送帶的速率v0＝

22、10 m/s B．傳送帶的傾角θ＝30° C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～2.0 s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf＝－24 J 解析：選ACD　根據(jù)題圖乙可得，物體速度等于10 m/s時加速度發(fā)生突變，所以傳送帶的速率為v0＝10 m/s，選項A正確；物體0～1.0 s的加速度a1＝10 m/s2,1.0～2.0 s的加速度a2＝2 m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，選項B錯誤，C正確；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s內(nèi)，摩

23、擦力對物體做正功，在1.0～2.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做負(fù)功，0～1.0 s內(nèi)物體的位移為5 m，1.0～2.0 s內(nèi)物體的位移為11 m,0～2.0 s內(nèi)摩擦力對物體做的功為－4×(11－5)J＝－24 J，選項D正確。 3.如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速率v＝10 m/s沿順時針方向運動，現(xiàn)有一物體質(zhì)量m＝1 kg無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求： (1)物體由A端運動到B端的時間； (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)物體剛放上傳

24、送帶時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 設(shè)物體經(jīng)時間t1加速到與傳送帶同速，則 v＝a1t1，x1＝a1t12 解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 設(shè)物體經(jīng)過時間t2到達B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t22 解得t2＝1 s 故物體由A端運動到B端的時間 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)物體相對傳送帶運動的路程 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。 答案：(1)2 s　(2)24 J