《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題講義（含解析）教科版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題講義（含解析）教科版.docx（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題強(qiáng)化六　綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題 專題解讀1.本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在多運(yùn)動過程問題、傳送帶問題和滑塊—木板問題三類問題中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題壓軸題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心． 3．用到的知識有：動力學(xué)方法觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(diǎn)(動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)． 命題點(diǎn)一　多運(yùn)動過程問題 1．分析思路 (1)受力與運(yùn)動分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的變化情況； (2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同的運(yùn)動過程中的做功情況； (3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動能定理、功能關(guān)系或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解． 2．方法技巧 (1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動圖景； (2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案． 例1　(2018河南省駐馬店市第二次質(zhì)檢)如圖1所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置．AB是半徑為R＝1m的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒有畫出)D為CDO軌道的中點(diǎn)．BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由落下：(取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力) 圖1 (1)當(dāng)H＝2m時，問此時小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對軌道的壓力大??； (2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，問H的取值范圍． 答案　(1)84N　(2)0.65m≤H≤0.7m 解析　(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度為vD，對小球從靜止到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有： mg(H＋r)－μmgL＝mv 在D點(diǎn)軌道對小球的支持力N提供向心力，則有N＝m 聯(lián)立解得：N＝84N，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篘′＝N＝84N； (2)為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點(diǎn)， 則有：mgHmin－μmgL＝mv 在O點(diǎn)由牛頓第二定律有：mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m 僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，與擋板碰后再返回最高能上升到D點(diǎn)，則mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0 代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m 故有：0.65m≤H≤0.7m. 變式1　(2018河南省周口市期末)如圖2所示，半徑R＝0.3m的豎直圓槽型光滑軌道與水平軌道AC相切于B點(diǎn)，水平軌道的C點(diǎn)固定有豎直擋板，軌道上的A點(diǎn)靜置有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．現(xiàn)給小物塊施加一大小為F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到AB之間的D點(diǎn)(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點(diǎn)后進(jìn)人豎直圓槽軌道做圓周運(yùn)動，當(dāng)物塊運(yùn)動到最高點(diǎn)時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點(diǎn)的壓力為N．已知水平軌道AC長為2m，B為AC的中點(diǎn)，小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖2 (1)小物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度大小； (2)拉力F作用在小物塊上的時間t； (3)若小物塊從豎直圓軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達(dá)C點(diǎn)，與豎直擋板相碰時無機(jī)械能損失，為使小物塊從C點(diǎn)返回后能再次沖上圓形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍． 答案　(1)4m/s　(2)s (3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025 解析　(1)小物塊運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)時，由牛頓第二定律得N＋mg＝m，由牛頓第三定律得N＝N′＝N， 則v＝2m/s 物塊從B運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv 可得vB＝4m/s； (2)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，由動能定理有 Fs－μ1mgxAB＝mv－0 由牛頓第二定律有F－μ1mg＝ma 由位移公式有s＝at2 聯(lián)立解得t＝s. (3)設(shè)小物塊與BC段間的動摩擦因數(shù)為μ2. ①物塊在圓軌道最高點(diǎn)的最小速度為v1， 由牛頓第二定律有mg＝m 由動能定理有－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 解得μ2＝0.025 故物塊能從C點(diǎn)返回通過軌道的最高點(diǎn)而不會脫離軌道時應(yīng)滿足0≤μ2≤0.025 ②物塊從C點(diǎn)返回在圓軌道上升高度R時速度為零， 由動能定理有－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 解得μ2＝0.25 物塊從C點(diǎn)返回剛好運(yùn)動到B點(diǎn)， 解得－2μ2mgxBC＝0－mv μ2＝0.4 故物塊能返回圓形軌道(不能到達(dá)最高點(diǎn))且不會脫離軌道時應(yīng)滿足0.4>μ2≥0.25 綜上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025. 命題點(diǎn)二　傳送帶模型 1．設(shè)問的角度 (1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)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(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解． 2．功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對W和Q的理解： ①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝fx相對． 模型1　水平傳送帶問題 例2　(2018河南省鄭州一中上學(xué)期期中)如圖3，一水平傳送帶以4m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個質(zhì)量為m＝1.0 kg的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2，求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠(yuǎn)處的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量． 圖3 答案　32J 解析　物塊在傳送帶上加速到與傳送帶同速時 對物塊有f＝μmg＝ma 解得：a＝2m/s2 物塊所用的時間為：t1＝＝2s 則物塊的位移為：x1＝＝4m0，小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)后，還能繼續(xù)上升，故A、B錯誤． 3．(2017全國卷Ⅲ16)如圖3所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) 圖3 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤． 4．(多選)如圖4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(yùn)行，t＝0時，將質(zhì)量m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示．設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2，則(　　) 圖4 A．傳送帶的速率v0＝10m/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．0～2.0s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf＝－24J 答案　ACD 解析　當(dāng)物體的速率超過傳送帶的速率后，物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變，加速度也發(fā)生改變，根據(jù)v－t圖像可得，傳送帶的速率為v0＝10 m/s，選項(xiàng)A正確；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37，μ＝0.5，選項(xiàng)B錯誤，C正確；摩擦力大小f＝μmgcosθ＝4 N，在0～1.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做正功，在1.0～2.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做負(fù)功，0～1.0 s內(nèi)物體的位移為5 m,1.0～2.0 s內(nèi)物體的位移是11 m,0～2.0 s內(nèi)摩擦力做的功為－4(11－5) J＝－24 J，選項(xiàng)D正確． 5．(2018閩粵期末大聯(lián)考)如圖5所示，一固定在地面上的導(dǎo)軌ABC，AB與水平面間的夾角為α＝37，一小物塊放在A處(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，現(xiàn)在給小物塊一個沿斜面向下的初速度v0＝1m/s.小物塊經(jīng)過B處時無機(jī)械能損失，物塊最后停在B點(diǎn)右側(cè)1.8米處(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2)．求： 圖5 (1)小物塊在AB段向下運(yùn)動時的加速度大小； (2)小物塊到達(dá)B處時的速度大小； (3)AB的長度L. 答案　(1)4m/s2　(2)3 m/s　(3)1m 解析　(1)小物塊從A到B過程中，由牛頓第二定律得， mgsinα－μmgcosα＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝4m/s2. (2)小物塊從B向右運(yùn)動，由動能定理得， －μmgs＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s. (3)小物塊從A到B，由運(yùn)動學(xué)公式得L＝＝1m. 6．(2018安徽省蚌埠二中期中)如圖6甲所示，質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，用長l＝0.4m的細(xì)線與固定在圓心處的力傳感器相連，小球和傳感器的大小均忽略不計(jì)．當(dāng)在最低點(diǎn)A處給小球6m/s的初速度時，小球恰能運(yùn)動至最高點(diǎn)B，空氣阻力大小恒定．求：(g取10 m/s2) 圖6 (1)小球在A處時傳感器的示數(shù)； (2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)過程中克服空氣阻力做的功； (3)小球在A點(diǎn)以不同的初速度v0開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至B點(diǎn)時傳感器會顯示出相應(yīng)的讀數(shù)F，試通過計(jì)算在圖乙所示坐標(biāo)系中作出F－v圖像． 答案　(1)10N　(2)0.8J (3)如圖所示 解析　(1) 在A點(diǎn)，由牛頓第二定律有F1－mg＝m，則F1＝10N (2)由題意知在B點(diǎn)時，有mg＝m，則vB＝2m/s 小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理：－W克f－2mgl＝mv－mv 解得W克f＝0.8J (3)小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理：有－W克f－2mgl＝mv－mv 小球在最高點(diǎn)F＋mg＝m 聯(lián)立得：F＝v－9， F－v圖像如圖所示 7．(2018河北省石家莊二中期中)如圖7，四分之一光滑圓軌道固定于粗糙水平面上，緊靠軌道放一上表面粗糙的長木板，長木板上表面與軌道末端相切，軌道末端C點(diǎn)固定有大小不計(jì)的壓力開關(guān)和長木板相連，當(dāng)對開關(guān)的壓力超過15N時觸發(fā)壓力開關(guān)，使長木板和圓軌道脫離．已知長木板長1m，圓軌道半徑R＝1m，滑塊和長木板的質(zhì)量均為1kg，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，g取10m/s2.若滑塊從軌道上距離C點(diǎn)高h(yuǎn)＝0.45m的位置由靜止釋放，求： 圖7 (1)滑塊到C點(diǎn)時對軌道壓力的大?。? (2)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中滑塊的位移大??； (3)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中，地面、滑塊、木板這個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量． 答案　(1)19N　(2)1.5m　(3)4.5J 解析　(1)滑塊在圓軌道上運(yùn)動時機(jī)械能守恒，則有mgh＝mv，解得v0＝3m/s 在C點(diǎn)由向心力公式知： N－mg＝，解得N＝19N 由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力N′＝N＝19N (2)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中： 滑塊的加速度大小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 滑塊的位移x1＝t＝1m 之后二者一起做勻減速直線運(yùn)動直至停止運(yùn)動，a3＝＝1m/s2 x3＝＝0.5m 故滑塊的總位移x＝x1＋x3＝1.5m. (3)對整個系統(tǒng)運(yùn)動全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.