版高考物理教科版大一轮复习讲义第五章 专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题.docx

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版高考物理教科版大一轮复习讲义第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题

专题强化六　综合应用力学两大观点解决三类问题

专题解读

1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．

2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．

3．用到的知识有：

动力学方法观点（牛顿运动定律、运动学基本规律），能量观点（动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律）．

命题点一　多运动过程问题

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，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；

（3）功能关系分析：

运用动能定理、功能关系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）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；

（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．

例1

　（2018·河南省驻马店市第二次质检）如图1所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板（可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出）D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m＝1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下：

（取g＝10m/s2，不计空气阻力）

图1

（1）当H＝2m时，问此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；

（2）为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围．

答案　

（1）84N　

（2）0.65m≤H≤0.7m

解析　

（1）设小球第一次到达D点的速度为vD，对小球从静止到D点的过程，根据动能定理有：

mg（H＋r）－μmgL＝mv

在D点轨道对小球的支持力N提供向心力，则有N＝m

联立解得：

N＝84N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：

N′＝N＝84N；

（2）为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，

则有：

mgHmin－μmgL＝mv

在O点由牛顿第二定律有：

mg＝m

代入数据解得：

Hmin＝0.65m

仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D点，则mg（Hmax＋r）－3μmgL＝0

代入数据解得：

Hmax＝0.7m

故有：

0.65m≤H≤0.7m.

变式1

　（2018·河南省周口市期末）如图2所示，半径R＝0.3m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1kg的小物块（可视为质点）．现给小物块施加一大小为F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点（图中未画出）时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为N．已知水平轨道AC长为2m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求：

图2

（1）小物块运动到B点时的速度大小；

（2）拉力F作用在小物块上的时间t；

（3）若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．

答案　

（1）4m/s　

（2）s

（3）0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025

解析　

（1）小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得N＋mg＝m，由牛顿第三定律得N＝N′＝N，

则v＝2m/s

物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv

可得vB＝4m/s；

（2）小物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有

Fs－μ1mgxAB＝mv－0

由牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma

由位移公式有s＝at2

联立解得t＝s.

（3）设小物块与BC段间的动摩擦因数为μ2.

①物块在圆轨道最高点的最小速度为v1，

由牛顿第二定律有mg＝m

由动能定理有－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv

解得μ2＝0.025

故物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025

②物块从C点返回在圆轨道上升高度R时速度为零，

由动能定理有－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv

解得μ2＝0.25

物块从C点返回刚好运动到B点，

解得－2μ2mgxBC＝0－mv

μ2＝0.4

故物块能返回圆形轨道（不能到达最高点）且不会脱离轨道时应满足0.4>μ2≥0.25

综上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025.

命题点二　传送带模型

1．设问的角度

（1）动力学角度：

首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．

（2）能量角度：

求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．

2．功能关系分析

（1）功能关系分析：

W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.

（2）对W和Q的理解：

①传送带克服摩擦力做的功：

W＝fx传；

②产生的内能：

Q＝fx相对．

模型1　水平传送带问题

例2

　（2018·河南省郑州一中上学期期中）如图3，一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m＝1.0kg的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．

图3

答案　32J

解析　物块在传送带上加速到与传送带同速时

对物块有f＝μmg＝ma

解得：

a＝2m/s2

物块所用的时间为：

t1＝＝2s

则物块的位移为：

x1＝＝4m

传送带匀速运动的位移为：

x1′＝vt1＝8m

则相对位移为Δx1＝x1′－x1＝4m

因摩擦产生的热量Q1＝fΔx1＝8J

接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时，

物块的位移为：

x2＝＝4m

物块所用的时间为：

t2＝＝2s

传送带匀速运动的位移为：

x2′＝vt2＝8m

则相对位移为：

Δx2＝x2′＋x2＝12m

因摩擦产生的热量Q2＝fΔx2＝24J

全程因摩擦产生的热量为：

Q＝Q1＋Q2＝32J.

模型2　倾斜传送带问题

例3

　（2018·陕西师大附中模拟）如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9m．把一质量m＝2kg的物块（可视为质点）无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，不计物块的大小，g取10m/s2.求：

图4

（1）从放上物块开始计时，t＝0.5s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？

此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？

（2）把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？

（3）把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？

答案　

（1）14W　28W　

（2）14J　（3）18.8W

解析　

（1）物块受沿传送带向上的摩擦力为：

f＝μmgcos30°＝14N

由牛顿第二定律得：

f－mgsin30°＝ma，

a＝2m/s2

物块与传送带速度相同时用时为：

t1＝＝s＝1s

因此t＝0.5s时刻物块正在加速，

其速度为：

v1＝at＝1m/s

则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：

P1＝fv1＝14W

此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：

P2＝fv＝28W

（2）当物块与传送带相对静止时：

物块的位移x1＝at＝×2×12m＝1m

摩擦力对物块做功为：

W1＝fx1＝14×1J＝14J

此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：

W2＝fvt1＝28J

这段时间产生的热量：

Q＝W2－W1＝14J

（3）物块在传送带上匀速运动的时间为：

t2＝＝4s

把物块由A端传送到B端摩擦力对物块所做的总功为：

W总＝mglsin30°＋mv2

把物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：

＝＝18.8W.

命题点三　滑块—木板模型

1．模型分类

滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．

2．位移关系

滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．

3．解题关键

找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

例4

　（2019·四川省德阳市质检）如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.

图5

（1）若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；

（2）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；

（3）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.

答案　

（1）　

（2）mg　（3）mgh

解析　

（1）由动能定理得×2mv＝2mg（h－Lsinθ）

解得：

v0＝

（2）对木板与物块整体由牛顿第二定律有F0－2mgsinθ＝2ma0

对物块由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0

解得：

F0＝mg

（3）设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零．

对木板有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3

对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma2

对木板与物块整体有2mgsinθ＝2ma4

另有：

a1t1－a3t2＝a2（t1＋t2）

a2（t1＋t2）＝a4t3

a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t＝

W＝F·a1t

解得：

W＝mgh.

变式2

　如图6甲所示，半径R＝0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1kg，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m．质量m＝1kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10m/s2.试求：

图6

（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；

（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

（3）若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．

答案　

（1）30N　

（2）1m/s　（3）0.2m

解析　

（1）物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgR＝mv

解得vB＝3m/s

在B点由牛顿第二定律得，N－mg＝m，

解得N＝30N

由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′＝N＝30N，方向竖直向下．

（2）物块在平板车上滑行时摩擦力做功

Wf＝－l＝－4J

物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得，

mgR＋Wf＝mv2，解得v＝1m/s

（3）当平板车不固定时，对物块有a1＝μg＝2m/s2

对平板车有a2＝＝2m/s2

经过时间t1物块滑离平板车，则有

vBt1－a1t－a2t＝1m

解得t1＝0.5s（另一解舍掉）

物块滑离平板车时的速度v物＝vB－a1t1＝2m/s

此时平板车的速度v车＝a2t1＝1m/s

物块滑离平板车后做平抛运动的时间t2＝＝0.2s

物块落地时距平板车右端的水平距离s＝（v物－v车）t2＝0.2m.

1．（多选）（2018·广东省茂名市第二次模拟）如图1，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．质量为m的小球（可视为质点）以初速度v0沿AB运动恰能通过最高点，则（　　）

图1

A．R越大，v0越大

B．m越大，v0越大

C．R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

D．m越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

答案　AD

解析　小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg＝m，则vD＝，根据动能定理得mv＝mv＋2mgR，解得v0＝，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，N－mg＝m，则轨道对小球的支持力N＝mg＋m＝6mg，则N大小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知C错误，D正确．

2．（2018·河南省洛阳市上学期期中）如图2所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m的小滑块（可看作质点）自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示小滑块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则（　　）

图2

A．小滑块恰好可以到达Q点

B．小滑块不能到达Q点

C．W＝mgR

D．W

答案　C

解析　从最高点到N点，由动能定理有

2mgR－W＝mv2，

在N点，由牛顿第二定律有N－mg＝m，由牛顿第三定律有N＝N′＝4mg

联立可得W＝mgR，故C正确，D错误；

小滑块从P点到N点再到Q点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN段与轨道之间的压力大于NQ段小滑块与轨道之间的压力，根据f＝μN可知，小滑块在PN段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ段小滑块克服摩擦力做的功W′0，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故A、B错误．

3．（2017·全国卷Ⅲ·16）如图3所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（　　）

图3

A.mglB.mgl

C.mglD.mgl

答案　A

解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．

4．（多选）如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，则（　　）

图4

A．传送带的速率v0＝10m/s

B．传送带的倾角θ＝30°

C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

D．0～2.0s内摩擦力对物体做功Wf＝－24J

答案　ACD

解析　当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图像可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小f＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m,1.0～2.0s内物体的位移是11m,0～2.0s内摩擦力做的功为－4×（11－5）J＝－24J，选项D正确．

5．（2018·闽粤期末大联考）如图5所示，一固定在地面上的导轨ABC，AB与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A处（可视为质点），小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v0＝1m/s.小物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧1.8米处（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）．求：

图5

（1）小物块在AB段向下运动时的加速度大小；

（2）小物块到达B处时的速度大小；

（3）AB的长度L.

答案　

（1）4m/s2　

（2）3m/s　（3）1m

解析　

（1）小物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得，

mgsinα－μmgcosα＝ma

代入数据解得a＝4m/s2.

（2）小物块从B向右运动，由动能定理得，

－μmgs＝0－mv

代入数据解得vB＝3m/s.

（3）小物块从A到B，由运动学公式得L＝＝1m.

6．（2018·安徽省蚌埠二中期中）如图6甲所示，质量为m＝0.1kg的小球，用长l＝0.4m的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在最低点A处给小球6m/s的初速度时，小球恰能运动至最高点B，空气阻力大小恒定．求：

（g取10m/s2）

图6

（1）小球在A处时传感器的示数；

（2）小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功；

（3）小球在A点以不同的初速度v0开始运动，当运动至B点时传感器会显示出相应的读数F，试通过计算在图乙所示坐标系中作出F－v图像．

答案　

（1）10N　

（2）0.8J

（3）如图所示

解析　

（1）在A点，由牛顿第二定律有F1－mg＝m，则F1＝10N

（2）由题意知在B点时，有mg＝m，则vB＝2m/s

小球从A到B的过程中，根据动能定理：

－W克f－2mgl＝mv－mv

解得W克f＝0.8J

（3）小球从A到B的过程中，根据动能定理：

有－W克f－2mgl＝mv－mv

小球在最高点F＋mg＝m

联立得：

F＝v－9，

F－v图像如图所示

7．（2018·河北省石家庄二中期中）如图7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15N时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1m，圆轨道半径R＝1m，滑块和长木板的质量均为1kg，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10m/s2.若滑块从轨道上距离C点高h＝0.45m的位置由静止释放，求：

图7

（1）滑块到C点时对轨道压力的大小；

（2）从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；

（3）从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量．

答案　

（1）19N　

（2）1.5m　（3）4.5J

解析　

（1）滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh＝mv，解得v0＝3m/s

在C点由向心力公式知：

N－mg＝，解得N＝19N

由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力N′＝N＝19N

（2）从滑块滑上木板到停止运动的过程中：

滑块的加速度大小a1＝＝4m/s2

木板的加速度大小a2＝＝2m/s2

由v0－a1t＝a2t＝v共得出，

t＝0.5s，v共＝1m/s

滑块的位移x1＝t＝1m

之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a3＝＝1m/s2

x3＝＝0.5m

故滑块的总位移x＝x1＋x3＝1.5m.

（3）对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.