2020版高考物理复习第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题讲义（含解析） 14页

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1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＝0.5m4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2上方距水平线OA高H处自由落下：(取g＝10m/s，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；n(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：12mg(H＋r)－μmgL＝mvD22vD在D点轨道对小球的支持力N提供向心力，则有N＝mr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，12则有：mgHmin－μmgL＝mv022v0在O点由牛顿第二定律有：mg＝mr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10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32AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s.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．n5答案(1)4m/s(2)s3(3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.0252v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NR10＝N′＝N，3则v＝2m/s1212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＋mv＝mvB22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12Fs－μ1mgxAB＝mvB－02由牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma12由位移公式有s＝at25联立解得t＝s.3(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v1，2v1由牛顿第二定律有mg＝mR1212由动能定理有－2μ2mgxBC－2mgR＝mv1－mvB22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≤0.025②物块从C点返回在圆轨道上升高度R时速度为零，12由动能定理有－2μ2mgxBC－mgR＝0－mvB2解得μ2＝0.25物块从C点返回刚好运动到B点，12解得－2μ2mgxBC＝0－mvB2μ2＝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.n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＝20.2，g＝10m/s，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＝ma2解得：a＝2m/sv物块所用的时间为：t1＝＝2sa2v则物块的位移为：x1＝＝4m0，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故A、B错误．223．(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1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3g.在此过程中，外力做的功为()图311A.mglB.mgl9611C.mglD.mgl32答案Al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ΔEp62l11＝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、3699nC、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2图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s，则()图4A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．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，2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/s,1.02s之后的加速度a2＝2m/s，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2停在B点右侧1.8米处(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s)．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)1mn解析(1)小物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得，mgsinα－μmgcosα＝ma2代入数据解得a＝4m/s.(2)小物块从B向右运动，由动能定理得，12－μmgs＝0－mvB2代入数据解得vB＝3m/s.22vB－v0(3)小物块从A到B，由运动学公式得L＝＝1m.2a6．(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2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/s)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，2试通过计算在图乙所示坐标系中作出F－v0图像．答案(1)10N(2)0.8J(3)如图所示2vA解析(1)在A点，由牛顿第二定律有F1－mg＝m，则F1＝10Nl2vB(2)由题意知在B点时，有mg＝m，则vB＝2m/sln1212小球从A到B的过程中，根据动能定理：－W克f－2mgl＝mvB－mvA22解得W克f＝0.8J1212(3)小球从A到B的过程中，根据动能定理：有－W克f－2mgl＝mvB－mv0222vB小球在最高点F＋mg＝ml12联立得：F＝v0－9，42F－v0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2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/s.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)4.5J12解析(1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh＝mv0，解得v0＝3m/s2在C点由向心力公式知：2mv0N－mg＝，解得N＝19NR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：nμ1mg2滑块的加速度大小a1＝＝4m/smμ1mg－μ2·2mg2木板的加速度大小a2＝＝2m/sm由v0－a1t＝a2t＝v共得出，t＝0.5s，v共＝1m/sv0＋v共滑块的位移x1＝t＝1m2μ2·2mg2之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a3＝＝1m/s2m2v共x3＝＝0.5m2a3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.