2019届物理讲义第五章 专题强化六 综合应用力学两大观点解决两类模型问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精专题强化六综合应用力学两大观点解决两类模型问题专题解读1。本专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板两种模型中的综合应用，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）.命题点一传送带模型问题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传送带做的功:W＝Ffx传；②产生的内能Q＝Ffx相对.模型1水平传送带问题例1（2017·湖南永州三模）如图1所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40m，离地面的高度H＝3。2m，传送带以恒定的速率v0＝2m/s向右匀速运动.两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧（弹簧与P、Q不拴接），用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态.现将P、Q轻放在传送带的最左端，P、Q一起从静止开始运动，t1＝4s时轻绳突然断开,很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P速度反向，滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍。已知小滑块的质量均为m＝0。2kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0。1，重力加速度g＝10m/s2.求：图1(1）弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2）两滑块落地的时间差;（3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量.答案(1）7。2J(2）6s（3)6。4J解析（1)滑块的加速度大小a＝μg＝1m/s2滑块P、Q从静止到与传送带共速所需时间t0＝eq\f(v0,a）＝2sP、Q共同加速的位移大小x0＝eq\f(1，2)at02＝2m〈L＝40m故滑块第2s末相对传送带静止取向右为速度的正方向，由动量守恒定律有2mv0＝mvQ＋mvP又|vQ｜＝2｜vP｜解得vQ＝8m/s,vP＝－4m/s最大压缩状态时,弹簧的弹性势能Ep＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，P)＋eq\f（1,2)mveq\o\al(2，Q）－eq\f（1，2)×2m·v02＝7。2J（2)两滑块离开传送带后做平抛运动的时间相等，故两滑块的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差。t1＝4s时，滑块P、Q位移大小x1＝x0＋v0(t1－t0）＝6m滑块Q与传送带相对静止时所用的时间t2＝eq\f（vQ－v0,a)＝6s这段时间内滑块Q的位移大小x2＝vQt2－eq\f（1，2）at22＝30m<L－x1＝34m故滑块Q先减速后匀速，匀速运动时间t3＝eq\f(L－x1－x2，v0）＝2s滑块P速度减小到0时运动的位移大小x3＝eq\f（vP2，2a）＝8m〉x1＝6m滑块P运动到左端时的速度大小|vP′|＝eq\r(vP2－2ax1)＝2m/s运动时间t4＝eq\f（｜vP｜－｜vP′|，a)＝2s两滑块落地时间差Δt＝t2＋t3－t4＝6s（3)滑块P、Q共同加速阶段Q1＝2μmg（v0t0－x0）＝0.8J分离后滑块Q向右运动阶段Q2＝μmg（x2－v0t2）＝3.6J滑块P向左运动阶段Q3＝μmg(x1＋v0t4）＝2J全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6。4J变式1电机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图2所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：图2（1）小木块的位移；（2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能;（4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速传动输出的总能量.答案(1)eq\f(v2,2μg）（2）eq\f(v2，μg)(3）eq\f（1，2）mv2（4）eq\f（1，2）mv2(5）mv2解析木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带速度相同后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热.对小木块，相对滑动时由μmg＝ma得加速度a＝μg.由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝eq\f（v,μg).（1)小木块的位移x＝eq\f(v，2）t＝eq\f(v2，2μg）。（2）传送带始终匀速运动,路程s＝vt＝eq\f(v2,μg)。（3）小木块获得的动能Ek＝eq\f（1,2）mv2.（也可用动能定理μmgx＝Ek，故Ek＝eq\f（1，2）mv2。)(4)产生的摩擦热：Q＝μmg(s－x）＝eq\f（1,2)mv2。(注意：Q＝Ek是一种巧合，不是所有的问题都这样）（5）由能量守恒定律得,电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝Ek＋Q＝mv2.模型2倾斜传送带问题例2如图3所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动,物体质量m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0。5,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2,试求：图3(1）物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。答案(1）2s（2）24J解析（1）物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，设物体经时间t1加速到与传送带速度相同，则v＝a1t1，x1＝eq\f（1，2)a1t12，可解得a1＝10m/s2,t1＝1s，x1＝5m因x1<L,mgsinθ＞μmgcosθ，故当物体与传送带速度相同后,物体将继续加速mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1，2)a2t22解得t2＝1s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2s(2)物体与传送带间的相对位移x相对＝（vt1－x1)＋（L－x1－vt2）＝6m故Q＝μmgcosθ·x相对＝24J。变式2(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图象如图乙所示.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解析当物体的速度超过传送带的速度后，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图象可得，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，选项C正确；摩擦力大小Ff＝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.命题点二滑块-木板模型问题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3（2017·广东汕头二模)如图5所示,一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h＝1。5m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止,木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2m的轻弹簧,木板总质量为m＝1kg、总长度为L＝2.0m.一质量为M＝3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1。7m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行.已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3），2），木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：图5（1）物块A落到木板上的速度大小v；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。答案(1）4m/s(2)5J解析（1）物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H－h)＝vy2得vy＝2m/s物块A落到木板上时速度大小：v＝eq\f(vy，sin30°）＝4m/s（2）由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mgsin30°＝μ0mgcos30°得：μ0＝tan30°＝eq\f(\r（3),3）物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得，aA＝eq\f(μMgcos30°－Mgsin30°,M)＝2.5m/s2(方向沿斜面向上)aB＝eq\f(μMgcos30°＋mgsin30°－μ0M＋mgcos30°,m）＝7。5m/s2(方向沿斜面向下)假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端，则有v共＝aBt＝v－aAt解得v共＝3m/s，t＝0.4s此过程，xA＝eq\f(v＋v共,2）·t＝1。4mxB＝eq\f(v共,2)·t＝0.6m〈eq\f（h，sin30°)－L＝1m故Δx＝xA－xB＝0.8m<L－l0＝1.8m，说明以上假设成立。A与B速度相同后，由于（M＋m）gsin30°＝μ0（M＋m）gcos30°,则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A在B上做匀减速运动,设接触弹簧时A的速度为vA,有：－2aA(L－l0－Δx)＝vA2－v共2解得vA＝2m/s设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有Q＝2μMgxmcos30°＝eq\f(1,2）MvA2解得Q＝6J，xm＝eq\f（2，15)mA从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有Epm＝eq\f(1,2）MvA2＋Mgxmsin30°－eq\f（1，2)Q＝5J即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5J。变式3如图6所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动,已知M>m,用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图象，其中可能正确的是（)图6答案D解析设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB,可知aA>aB，v－t图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的,故A、B均错误。由μmgxB＝EkB，eq\f（1，2）mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x图象中，图线①、②的斜率的绝对值应相同，故C错误，D正确。变式4如图7所示，一质量m＝2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1kg的小铁块以水平向左的速度v0＝9m/s从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0。1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0。4,取重力加速度g＝10m/s2，木板足够长，求:图7（1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小;(2）铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程s.答案（1)0.5m/s2（2）36J1.5m解析(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m）g＝ma2，解得a2＝eq\f（0.4×1×10－0。1×3×10,2)m/s2＝0。5m/s2.(2）设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1,由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2。设铁块与木板相对静止时的共同速度为v，所需的时间为t,则有v＝v0－a1t＝a2t，解得：v＝1m/s，t＝2s.铁块相对地面的位移x1＝v0t－eq\f(1，2）a1t2＝9×2m－eq\f（1,2）×4×4m＝10m.木板相对地面的位移x2＝eq\f(1,2）a2t2＝eq\f(1，2)×0.5×4m＝1m，铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9J＝36J.设铁块与木板共速后的加速度为a3,发生的位移为x3,则有:a3＝μ1g＝1m/s2,x3＝eq\f(v2－0，2a3)＝0。5m。木板在水平地面上滑行的总路程s＝x2＋x3＝1m＋0.5m＝1。5m。1.(多选）如图1所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则（）图1A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C。滑块可能重新回到出发点A处D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多答案CD解析设AB的高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过圆形轨道的最高点C，则此高度应该是从A下滑的高度的最小值.刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力提供向心力,则mg＝eq\f(mv\o\al(2，C),R)，解得vC＝eq\r（gR），从A到C根据动能定理：mg（h－2R)＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,C)－0,整理得到:h＝2.5R,故选项A错误；从A到滑块在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理得:mgh－μmgx＝0,可以得到x＝eq\f（h，μ），可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动,如果再次到达D点时的速度与第一次到达D点时的速度大小相等，则根据能量守恒定律，可以再次回到A点，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对,当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。2。如图2所示，AB为半径R＝0。8m的eq\f（1,4）光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量m′＝3kg,车长L＝2.06m。现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车.已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0。3，当车运动了t0＝1。5s时，车被地面装置锁定(g取10m/s2).试求：图2(1）滑块到达B端时,轨道对它的支持力的大小；(2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；（3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小.答案(1）30N(2）1m(3）6J解析(1)由机械能守恒定律得，mgR＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,B）由牛顿第二定律得,FNB－mg＝meq\f（v\o\al(2，B),R)解得FNB＝30N。（2)设滑块滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度的大小为v对滑块：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1对小车：μmg＝m′a2，v＝a2t1解得v＝1m/s，t1＝1s，因t1〈t0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了t0－t1＝0.5s，则小车右端距B端的距离为x车＝eq\f(v,2）t1＋v(t0－t1），解得x车＝1m。（3）Q＝μmgs＝μmg（eq\f(vB＋v，2）t1－eq\f(v,2）t1)解得Q＝6J。3。如图3所示，质量为m＝1kg的滑块,在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上,斜面的末端B与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3m/s，长为l＝1.4m；今将水平力撤去,当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0。25,g取10m/s2.求：图3（1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度；（3）若滑块滑上传送带时的速度大于3m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.答案(1）eq\f(10\r（3)，3)N（2）0。1m或0。8m(3)0.5J解析(1)滑块受到水平力F、重力mg和支持力FN作用处于平衡状态，水平力F＝mgtanθ，F＝eq\f(10\r(3），3)N.（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端的速度为v，由下滑过程机械能守恒得mgh＝eq\f（1，2）mv2，解得v＝eq\r(2gh）若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动。根据动能定理有μmgl＝eq\f(1，2）mv02－eq\f（1，2)mv2则h＝eq\f(v\o\al（

2，0)，2g）－μl，代入数据解得h＝0.1m若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运动。根据动能定理有－μmgl＝eq\f(1，2）mv02－eq\f(1，2）mv2则h′＝eq\f(v\o\al(

2,0），2g)＋μl代入数据解得h′＝0.8m.（3）由(2）知,当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时，滑块从h′＝0。8m处滑下，设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，mgh′＝eq\f（1，2)mv2，v0＝v－at，μmg＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx＝l－x相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx代入数据解得Q＝0。5J。4.一质量为M＝2.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过,子弹和小物块的作用时间极短,如图4甲所示.地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2。求:图4(1）传送带速度v的大小及方向，说明理由.(2)物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3）传送带对外做的功，子弹射穿物块后系统产生的内能。答案(1）2。0m/s方向向右理由见解析(2)0。2(3）24J36J解析（1)从v－t图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后,又向右做加速运动,当速度等于2.0m/s时，则随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度大小为v＝2.0m/s，方向向右.(2）由v－t图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a＝eq\f（Δv，Δt）＝eq\f(4。0，2）m/s2＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff＝μMg＝Ma,则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f（Ma,Mg）＝eq\f（a,g)＝eq\f（2。0,10)＝0.2.（3)由v－t图象可知,传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3s，传送带在这段时间内移动的位移为x，则x＝vt＝2。0×3m＝6。0m，所以传送带所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0J＝2