（通用版）2022年高考物理一輪復習 第五章 第31課時 應用能量觀點解決力學綜合問題（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復習 第五章 第31課時 應用能量觀點解決力學綜合問題（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減小；當運動到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問題的三大觀點之一。能熟練應用能量觀點解題是學生深化物理知識、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。通過該部分的復習，能培養(yǎng)學生的

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 只有能量的轉移，沒有能量的轉化 既有能量的轉移，又有能量的轉化 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，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)和為負值，即要么一正一負，要么都做負功；代數(shù)和為負值說明機械能有損失——轉化為內能 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)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系。 (

7、3)根據(jù)功的公式和功能關系解題。 [典例]　如圖所示，一個可視為質點的小物塊的質量為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運動時，則l相對為總的相對路程。 [集訓沖關] 1.(多選)如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)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，質量為m＝2 kg 的另一物體B(可視為質點)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，其初動能應為2E0 解析：選AD　由動能定理知Wf＝μmgd＝E0－，解得μ＝，A正確；設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.設問的角度 (1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。 (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)功能關系或能量守恒定律求解。 2.功能關系分析 (1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)對W和Q的理解： ①傳送帶做的功：W＝Fx傳。 ②產生的內能：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)，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生的熱量為 Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2 J 全過程產生的總熱量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)把一質量為m＝10 kg的工件(可視為質點)輕輕放在傳送帶的底端，經過時間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生的熱量 在時間t1內，傳送帶運動的位移 x傳＝v0t1＝1.6 m 在時間t1內，工件相對傳送帶的位移 x相＝x傳－x1＝0.8 m 在時間t1內，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 　　 [集訓沖關] 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。現(xiàn)將質量為m的某物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經過時間t物塊保持與傳送帶相對靜止。設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，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)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，摩

23、擦力對物體做正功，在1.0～2.0 s內，摩擦力對物體做負功，0～1.0 s內物體的位移為5 m，1.0～2.0 s內物體的位移為11 m,0～2.0 s內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 設物體經時間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 設物體經過時間t2到達B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故當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)因摩擦產生的熱量為 Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。 答案：(1)2 s　(2)24 J