《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問(wèn)題學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問(wèn)題學(xué)案.doc（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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)解決兩類模型問(wèn)題
專題解讀1.本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在傳送帶和滑塊—木板兩種模型中的綜合應(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(duì)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(shí)有：動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律).
命題點(diǎn)一 傳送帶模型問(wèn)題
1.設(shè)問(wèn)的角度
(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)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(duì)W和Q的理解：
①傳送帶做的功：W＝Ffx傳；
②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對(duì).
模型1 水平傳送帶問(wèn)題
例1 (xx湖南永州三模)如圖1所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L＝40m，離地面的高度H＝3.2m，傳送帶以恒定的速率v0＝2m/s向右勻速運(yùn)動(dòng).兩個(gè)完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與P、Q不拴接)，用一輕繩把兩滑塊拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài).現(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端，P、Q一起從靜止開始運(yùn)動(dòng)，t1＝4 s時(shí)輕繩突然斷開，很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長(zhǎng)至本身的自然長(zhǎng)度(不考慮彈簧的長(zhǎng)度的影響)，此時(shí)滑塊P速度反向，滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍.已知小滑塊的質(zhì)量均為m＝0.2 kg，小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：
圖1
(1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能；
(2)兩滑塊落地的時(shí)間差；
(3)兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量.
答案 (1)7.2J (2)6s (3)6.4J
解析 (1)滑塊的加速度大小a＝μg＝1m/s2
滑塊P、Q從靜止到與傳送帶共速所需時(shí)間t0＝＝2s
P、Q共同加速的位移大小x0＝at02＝2m
x1＝6m
滑塊P運(yùn)動(dòng)到左端時(shí)的速度大小|vP′|＝＝2m/s
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t4＝＝2s
兩滑塊落地時(shí)間差Δt＝t2＋t3－t4＝6s
(3)滑塊P、Q共同加速階段Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8J
分離后滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)階段Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6J
滑塊P向左運(yùn)動(dòng)階段Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2J
全過(guò)程產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6.4J
變式1 電機(jī)帶動(dòng)水平傳送帶以速度v勻速傳動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，如圖2所示.若小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，求：
圖2
(1)小木塊的位移；
(2)傳送帶轉(zhuǎn)過(guò)的路程；
(3)小木塊獲得的動(dòng)能；
(4)摩擦過(guò)程產(chǎn)生的摩擦熱；
(5)電機(jī)帶動(dòng)傳送帶勻速傳動(dòng)輸出的總能量.
答案 (1) (2) (3)mv2 (4)mv2
(5)mv2
解析 木塊剛放上時(shí)速度為零，必然受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與傳送帶速度相同后不再相對(duì)滑動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中木塊獲得一定的能量，系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱.對(duì)小木塊，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)由μmg＝ma得加速度a＝μg.由v＝at得，達(dá)到相對(duì)靜止所用時(shí)間t＝.
(1)小木塊的位移x＝t＝.
(2)傳送帶始終勻速運(yùn)動(dòng)，路程s＝vt＝.
(3)小木塊獲得的動(dòng)能Ek＝mv2.
(也可用動(dòng)能定理μmgx＝Ek，故Ek＝mv2.)
(4)產(chǎn)生的摩擦熱：Q＝μmg(s－x)＝mv2.
(注意：Q＝Ek是一種巧合，不是所有的問(wèn)題都這樣)
(5)由能量守恒定律得，電機(jī)輸出的總能量轉(zhuǎn)化為小木塊的動(dòng)能與摩擦熱，所以E總＝Ek＋Q＝mv2.
模型2 傾斜傳送帶問(wèn)題
例2 如圖3所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體質(zhì)量m＝1 kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2，試求：
圖3
(1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間；
(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量.
答案 (1)2s (2)24J
解析 (1)物體剛放上傳送帶時(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1加速到與傳送帶速度相同，則v＝a1t1，x1＝a1t12，可解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m
因x1m，用①和②分別表示木塊A和木板B的圖象，在木塊A從B的左端滑到右端的過(guò)程中，下面關(guān)于速度v隨時(shí)間t、動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖象，其中可能正確的是( )
圖6
答案 D
解析 設(shè)A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，二者加速度的大小分別為aA、aB，則μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t圖象中，圖線①的斜率的絕對(duì)值應(yīng)大于圖線②的，故A、B均錯(cuò)誤.由μmgxB＝EkB，mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x圖象中，圖線①、②的斜率的絕對(duì)值應(yīng)相同，故C錯(cuò)誤，D正確.
變式4 如圖7所示，一質(zhì)量m＝2kg的長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，某時(shí)刻一質(zhì)量M＝1kg的小鐵塊以水平向左的速度v0＝9m/s從木板的右端滑上木板.已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足夠長(zhǎng)，求：
圖7
(1)鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度的大小；
(2)鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程s.
答案 (1)0.5m/s2 (2)36J 1.5m
解析 (1)設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝m/s2＝0.5 m/s2.
(2)設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2.
設(shè)鐵塊與木板相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v，所需的時(shí)間為t，則有v＝v0－a1t＝a2t，
解得：v＝1m/s，t＝2s.
鐵塊相對(duì)地面的位移
x1＝v0t－a1t2＝92m－44m＝10m.
木板相對(duì)地面的位移x2＝a2t2＝0.54m＝1m，
鐵塊與木板的相對(duì)位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m，
則此過(guò)程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量
Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.41109J＝36J.
設(shè)鐵塊與木板共速后的加速度為a3，發(fā)生的位移為x3，則有：a3＝μ1g＝1m/s2，x3＝＝0.5m.
木板在水平地面上滑行的總路程s＝x2＋x3＝1m＋0.5m＝1.5m.
1.(多選)如圖1所示，光滑軌道ABCD是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)山車軌道的簡(jiǎn)化模型，最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平，末端D點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，滑塊能通過(guò)C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，則( )
圖1
A.固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2R
B.滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v有關(guān)
C.滑塊可能重新回到出發(fā)點(diǎn)A處
D.傳送帶速度v越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多
答案 CD
解析 設(shè)AB的高度為h，假設(shè)滑塊從A點(diǎn)下滑剛好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)C，則此高度應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值.剛好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，則mg＝，解得vC＝，從A到C根據(jù)動(dòng)能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從A到滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)距離最大的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng)，后反向做加速運(yùn)動(dòng)，如果再次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度與第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，則根據(jù)能量守恒定律，可以再次回到A點(diǎn)，故選項(xiàng)C正確；滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx相對(duì)，當(dāng)傳送帶的速度越大，則在相同時(shí)間內(nèi)二者相對(duì)位移越大，則產(chǎn)生的熱量越多，故選項(xiàng)D正確.
2.如圖2所示，AB為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接.小車質(zhì)量m′＝3kg，車長(zhǎng)L＝2.06m.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速度釋放，滑到B端后沖上小車.已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t0＝1.5s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g取10m/s2).試求：
圖2
(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力的大小；
(2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；
(3)從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小.
答案 (1)30N (2)1m (3)6J
解析 (1)由機(jī)械能守恒定律得，mgR＝mv
由牛頓第二定律得，F(xiàn)NB－mg＝m
解得FNB＝30N.
(2)設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車同速，共同速度的大小為v
對(duì)滑塊：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
對(duì)小車：μmg＝m′a2，v＝a2t1
解得v＝1m/s，t1＝1s，
因t1
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