2023届高考物理二轮复习专题讲义能量与动量——动力学和能量观点的综合应用讲义

这是一份2023届高考物理二轮复习专题讲义能量与动量——动力学和能量观点的综合应用讲义，共14页。试卷主要包含了0m，8J → 使用能量的观点分析，4N，5m/s；等内容，欢迎下载使用。

探究1利用动力学与能量观点解决多过程问题
典例1：（2021广东月考）如图所示，水平地面上有一个固定挡板，有一轻弹簧左端固定在挡板上，有一质量m＝0.2kg的滑块（可视为质点）紧压弹簧但不黏连，初始时弹簧的弹性势能Ep＝1.8J，AB两点的距离L＝3m。距离B点右侧竖直高度差h＝0.8m处有一半径均为R＝0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d＝10m倾角θ＝37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R′＝2m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH＝θ＝37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.15，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。现把滑块从A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块尺寸略小于管道内径，sin37°＝0.6。求：
（1）滑块离开B点时的速度大小vB；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力大小；
（3）要使滑块能经过G点且最终不脱离轨道（不考虑离开轨道后再掉入轨道的情况），滑块与管道FG之间动摩擦因数μ1的取值范围。
训练1：（2022湖南月考）如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L＝3.0m。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.3m，物块A质量为m＝1kg，小物块第一次到达圆槽轨道最高点时对轨道的压力和重力等大，且小物块第一次被弹簧弹回后将停在PQ中点，不会返回圆形轨道。除PQ段外轨道其他部分摩擦不计，取g＝10m/s2。求：
（1）物块A初速度v0；
（2）轨道PQ段的动摩擦因数；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道。
探究2 传送带模型中的动力学与能量问题
典例2:（2022·福建月考）如图所示为一皮带传输机的示意图。传送带AB间距离L＝40m，倾角θ＝37°，以恒定的速度v0＝4.0m/s顺时针转动．将矿物无初速地放到传送带上，矿物从A端传输到B端，再沿一段与AB相切的半径R＝2.0m圆形圆管轨道运动，到达最高点C后水平抛出，正好落入车厢中心点O，矿物落点O离最高点C的水平距离x＝1.0m，竖直距离h＝1.25m，设每块矿物质量m＝5.0kg，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.80，不计空气阻力。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）每块矿物到达C点时对轨道的压力；
（2）每块矿物到达B点时的速度大小；
（3）如果平均每秒两块矿物持续运送，则相比空载电动机输出功率增加了多少？
训练2：（2021安徽月考）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的上端C点到B点的高度差为h2＝0.1125m（传送带传动轮的大小可忽略不计）。一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传动带的速度从C点落到传动带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
探究3 板块模型中的动力学与能量问题
典例3：（2022广东省模拟）如图甲所示，木板质量M＝0.5kg，长L＝1m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/s2。求：
（1）Q2的大小；
（2）物块的初速度v0的大小；
（3）A点的坐标对应的Q1与F1的大小。
训练3：（2021福建月考）如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m＝1kg的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m的小物块（视为质点），物块和木板间的动摩擦因数μ＝，初始时木板下端与挡板的距离L＝0.9m。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小g＝10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v0；
（2）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x；
（3）木板的长度s以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q。
动力学和能量观点的综合应用答案解析
典例1：
关键信息：初始时弹簧的弹性势能Ep＝1.8J → 使用能量的观点分析
恰能从C点沿切线方向进入 → 将C点的速度进行分解，得到速度与水平方向的夹角，进而得到圆弧所对的圆心
C、D等高、光滑圆弧管道 → C、D的速度（对称性）大小相等
经过G点且不脱离轨道 → ①在G点的速度大于0；②滑块不能超过与圆心O点等高处（重难点）
解题思路：已知初始时弹簧的弹性势能，则根据能量的观点来求B点的速度，进而根据能量的观点来求E的速度，再根据牛顿第二定律得出E点的受力情况。滑块能经过G点且不脱离轨道，则只需要求出临界情况即可。
解：（1）当滑块从A滑到B点时，有Ep－μmgL＝
解得：vB＝3m/s
（2）滑块从B到C做平抛运动，则竖直方向上做自由落体：＝2gh
则滑块到达C点时速度大小为：vC＝＝5m/s
设vC与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，即速度方向与水平方向夹角为53°。
由于圆弧光滑并且C、D等高，根据对称性可知，滑块处于D点速度方向与水平方向夹角也为53°，且vC＝vD；
由几何关系可知，DE段圆弧所对圆心角也为53°。
从D点到E点，根据动能定理得：－mgR(1－cs53°)＝－
在E点由牛顿第二定律得：FN＋mg＝
解得：FN＝6.4N
根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为：F′N＝FN＝6.4N
（3）设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ1，
①要使滑块能经过G点，则通过G点的速度大于0，即G点的动能大于0，从E点到G点：
＋mg(R－Rcsθ＋dsinθ)－μ1mgcsθ·d＞0
解得：μ1＜≈0.893
②要使滑块不脱离轨道，则滑块不能超过与O点等高处，所以有
＋mg(R－Rcsθ＋dsinθ)－μ1mgcsθ·d－mgR′csθ≤0
解得：μ1≥≈0.694
故要使滑块能经过G点且不脱离轨道，μ1的取值范围为：0.694≤μ1＜0.893。
训练1：
（1）由题意得物块A在圆形轨道最高点受到的弹力FN＝mg，设在最高点速度为v1，
由牛顿第二定律可得FN＋mg＝
从轨道右侧到最高点，由动能定理得－mg·2R＝－
解得：v0＝m/s
（2）A从右侧轨道开始运动到停在PQ中点，由动能定理得－μmg·L＝0－
解得：μ＝0.2
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
由动能定理得－μmg·2L＝－
解得A回到PQ段右侧速度＝(18－8L) m2/s2
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有
①物块不能超过与圆心等高处，若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足
0＜h≤R，
根据机械能守恒＝mgh
联立可得1.5m≤L＜2.25m
②物块能够通过轨道最高点，则在轨道最高点的速度满足≥mg
从PQ段轨道右侧到轨道最高点：＝mg·2R＋
联立得L≤0.375m
综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并能沿轨道运动而不会脱离轨道，L满足的条件是1.5m≤L＜2.25m或L≤0.375m。
典例2：
关键信息：矿物无初速地放到传送带上 → 矿物将受到沿斜面向上的摩擦力，而做匀加速直线运动
μ＞tan37° → 当货物加速到与传送带共速时，将和传送带一起匀速运动
圆形圆管轨道 → 由竖直圆周规律求解最高点处的压力
到达最高点C后水平抛出，不计空气阻力 → 平抛运动
解题思路：求在C点对轨道的压力，只需要求出C点的速度即可；要求B点的速度，选择从A到B的过程来求；求相比空载电动机输出功率增加量，从能量守恒的观点出发，电动机多增加的电能完全转化为了矿物增加的动能、重力势能以及摩擦产生的热能。
（1）矿物从C到O做平抛运动，竖直方向有：h＝gt2，
水平方向有：x＝vCt，
代入数据解得：t＝0.5s，vC＝2m/s
设矿物在C点受到的支持力为F，方向竖直向上，
根据牛顿第二定律有：mg－F＝
解得：F＝40N，假设成立；由牛顿第三定律知矿物到达C点时对轨道的压力大小为40N，方向竖直向下；
（2）矿物在传送带上加速过程中的加速度大小为：a＝＝0.4m/s2，
矿物加速到与传送带速度相等经过位移：L′＝＝ m＝20m＜L＝40m，所以矿物从A到B先匀加速直线运动，后匀速运动，故达到B点的速度为4m/s。
加速的时间：t′＝＝10s
（3）从A到B根据能量守恒可得运送每块矿物传送带多做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q
其中增加的动能：ΔEk＝＝40J
增加的重力势能：ΔEp＝mgLsin37°＝1200J
矿物与传送带相对运动过程中，传送带比矿物多走的距离为：S＝v0t′－L′＝20m，
产生的热量：Q＝μmgcs37°S＝640J，
平均每秒两块矿物持续运送，则相比空载电动机输出功率增加了：
P＝＝ W＝3760W。
训练2：
（1）在C点，竖直分速度：vy＝＝＝1.5m/s
而vy＝vCsin37°
解得：vC＝2.5m/s；
（2）C点的水平分速度为：vx＝vB＝vCcs37°＝2m/s
从A到B点的过程中，由动能定理可得：mgh1－Wf＝
解得：Wf＝1J；
（3）滑块在传送带上运动时，由于vC＞v，故滑块所受的摩擦力方向沿传送带向上，据牛顿第二定律知：μmgcs37°－mgsin37°＝ma
解得：a＝0.4m/s2；方向沿传送带向上；
滑块与传送带达到共同速度耗时：
t＝＝ s＝5s；
二者间的相对位移为：
Δs＝－vt＝5m；
由于mgsin37°＜μmgcs37°，则共速后滑块将和传送带保持相对静止，则有：
Q＝μmgΔscs37°＝0.8×10×5×0.8J＝32J。
典例3：
关键信息：光滑水平地面 → 木板与地面无摩擦力，热量Q由小物块在木板上滑动时产生
木板静止、小物块以初速度v0从木板左端滑上 → 小物块相对木板向右运动，则小物块受到的摩擦力水平向左，木板的摩擦力水平向右
摩擦产生的热量Q → Q＝f·x相，其中的f是滑动摩擦力
解题思路：摩擦产生的热量Q＝f·x相，物块与木板间的滑动摩擦力f＝μmg大小不变，故产生的热量有相对位移x相决定。则由图乙可以看出：
（1）根据摩擦产生的热量Q＝f·x相可知，无论F取何值，物块与木板的摩擦力都为f＝μmg＝2N。则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。
由图乙可知，当F≤1N时，产生的热量都为Q2，说明当F＝1N时，物块运动到木板的最右端时恰好与木板保持相对静止，则Q2＝fx相＝fL＝2J
（2）当F＝1N时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有f＝ma1
可得物块的加速a1＝2m/s2，方向水平向左；
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F＋f＝Ma2
可得木板的加速度a2＝6m/s2，方向水平向右；
以木板为参考系，则物块的相对加速度为a相＝a1＋a2＝8m/s2，方向水平向左，
则对物块有＝2a相L
解得v0＝4m/s。
（3）图乙中，当1＜F≤F1时，摩擦产生的热量减小，则说明物块在运动到木板右端前就已经与木板共速，即相对位移小于木板的长度。当F＞F1时，摩擦产生的热量又突然增大，而且开始时大于Q2，说明当物块与木板共速后两者又发生了相对滑动，由此可知，当F＝F1时，物块与木板恰好不发生相对滑动，即两者共速后一起向右加速。
则对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F1＝(m＋M)a ①
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma ②
由①②解得：F1＝3N。
又因为当F＝F1＝3N时，物块在运动到木板右端前就已经与木板共速，此过程中
对物块由牛顿第二定律有μmg＝ma1 ③
对木板由牛顿第二定律有F1＋μmg＝Ma3 ④
设物块位移为x1，木板位移为x2，经时间t达到共同速度v，则
x1＝ ⑤
x2＝ ⑥
且v＝v0－a1t＝a3t ⑦
此时物块在木板上的相对位移为x＝x1－x2 ⑧
联立③④⑤⑥⑦⑧解得：x＝＝ m。
所以Q1＝μmgx＝ J
训练3：
（1）由于μ＞tan30°，所以未放手前物块静止在木板上，而将手拿开后，两者一起相对静止沿斜面往下运动。从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有：2mgLsinθ＝－0
解得：v0＝3m/s；
（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
解得：a1＝11m/s2
木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律有：μmgcsθ－mgsinθ＝ma2
解得：a2＝1m/s2
以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t两者达到共同速度v，
木板：v＝－v0＋a1t
物块：v＝v0－a2t
解得：v＝2.5m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下。
设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，
木板：v2－＝2a1x1
物块：v2－＝－2a2x2
解得木板运动的位移：x1＝－0.125m，方向沿斜面向上；
解得物块运动的位移：x2＝1.375m，方向沿斜面向下；
所以从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x＝|x1|＋x2＝1.5m；
（3）由于最终物块恰好未滑离木板，所以物块最终是位于木板的最底端，又因为斜面光滑，故静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触。从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有：Q＝mgLsinθ＋mg(L＋s)sinθ
又：Q＝μmgs·csθ
解得：s＝9m，Q＝54J‍。