《2018版高考物理 知識復(fù)習(xí)與檢測 第五章 機械能 專題強化六 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考物理 知識復(fù)習(xí)與檢測 第五章 機械能 專題強化六 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強化六　動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用 專題解讀 1.本專題是力學(xué)兩大觀點在直線運動、曲線運動多物體多過程的綜合應(yīng)用，高考常以計算題壓軸題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大的培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力，針對性的專題強化，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(牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律)． 命題點一　多運動組合問題 1．多運動組合問題主要是指直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題． 2．解題策略 (1)動力學(xué)方法觀點：牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律． (2)能量

2、觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解題關(guān)鍵 (1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程． (2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口． 例1　如圖1所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4

3、R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) 圖1 (1)求P第一次運動到B點時速度的大??； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量． ①直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切；②水平飛出后，恰好通過G點． 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m 解析　(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R① 設(shè)P到達B點時的速度為vB

4、，由動能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv② 式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB＝2③ (2)設(shè)BE＝x，P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E過程，根據(jù)動能定理得 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv④ E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 x＝R⑦ Ep＝mgR⑧ (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關(guān)系(如圖所示)得

5、θ＝37°. 由幾何關(guān)系得： x1＝R－Rsin θ＝3R⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ＝R⑩ 設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t. 由平拋運動公式得： y1＝gt2? x1＝vDt? 聯(lián)立⑨⑩??得 vD＝? 設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos θ)? P由E點運動到C點的過程中，由動能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v? 聯(lián)立⑦⑧???得 m1＝m. 多過程問題的解題技巧 1．“合”——初步了解全過程，構(gòu)建大致的運動

6、圖景． 2．“分”——將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律． 3．“合”——找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法． 1．同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖2所示的實驗裝置．圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖2 (1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度； (2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓

7、力的大小和方向； (3)摩擦力對小球做的功． 答案　(1)H　(2)L　mg(1＋)，方向豎直向下　(3)mg(－R) 解析　(1)由H＝gt2和L＝vQt可得距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度為H. (2)由(1)可得速度的大小vQ＝L， 在Q點由牛頓第二定律有FN－mg＝m， 對軌道壓力的大小FN′＝FN＝mg(1＋)，方向豎直向下． (3)由動能定理有mgR＋Wf＝mv－0，故摩擦力對小球做的功Wf＝mg(－R)． 2．如圖3所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點．水平桌面右側(cè)有一豎直放置的軌道MNP，其形狀為半徑R＝1.0 m的圓環(huán)剪去了

8、左上角120°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離是h＝2.4 m．用質(zhì)量為m＝0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點后釋放，物塊經(jīng)過B點后做勻變速運動，其位移與時間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓軌道．(不計空氣阻力，g取10 m/s2) 圖3 (1)求物塊過B點時的瞬時速度大小vB及物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若軌道MNP光滑，求物塊經(jīng)過軌道最低點N時對軌道的壓力FN； (3)若物塊剛好能到達軌道最高點M，求物塊從B點到M點運動的過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)6 m/s　0.4　(2)16.8 N，方向豎直向下 (

9、3)4.4 J 解析　(1)物塊過B點后遵從x＝6t－2t2， 所以知：vB＝6 m/s，a＝－4 m/s2. 由牛頓第二定律：－μmg＝ma，解得μ＝0.4. (2)物塊豎直方向的分運動為自由落體運動 P點速度在豎直方向的分量vy＝＝4 m/s P點速度在水平方向的分量vx＝vytan 30°＝4 m/s 解得離開D點的速度為vD＝4 m/s 由機械能守恒定律，有 mv＝mv＋mg(h＋R－Rcos 60°) 解得v＝74 m2/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有FN′－mg＝m 解得FN′＝16.8 N 根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)N＝FN′＝16.8 N，方向豎直向下 (3)

10、物塊剛好能到達M點，有mg＝m 解得vM＝＝ m/s 物塊到達P點的速度vP＝＝8 m/s 從P到M點應(yīng)用動能定理，有 －mgR(1＋cos 60°)－WPNM＝mv－mv 解得WPNM＝2.4 J. 從B到D點應(yīng)用動能定理有－WBD＝mv－mv 解得WBD＝2 J. 物塊從B點到M點的運動過程中克服摩擦力所做的功為2.4 J＋2 J＝4.4 J. 命題點二　傳送帶模型問題 1．模型分類：水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題． 2．處理方法：求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進一步確定其大小和方向，然后根

11、據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變． 例2　如圖4所示，小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連，A置于傾角為37°的光滑固定斜面上，B位于水平傳送帶的左端，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度v0＝2 m/s向右勻速運動，某時刻B從傳送帶左端以速度v1＝6 m/s向右運動，經(jīng)過一段時間回到傳送帶的左端，已知A、B的質(zhì)量均為1 kg，B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2.斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： 圖4 (1)B向右運動的總時間；

12、 (2)B回到傳送帶左端的速度大??； (3)上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量． ①光滑固定斜面；②B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2；③B經(jīng)過一段時間回到傳送帶的左端． 答案　(1)2 s　(2)2 m/s　(3)(16＋4) J 解析　(1)B向右減速運動的過程中，剛開始時，B的速度大于傳送帶的速度，以B為研究對象，水平方向B受到向左的摩擦力與繩對B的拉力，設(shè)繩子的拉力為FT1，以向左為正方向，得FT1＋μmg＝ma1① 以A為研究對象，則A的加速度的大小始終與B相等，A向上運動的過程中受力如圖，則 mgsin 37°－FT1＝ma1② 聯(lián)立①②可得a1＝＝4 m

13、/s2③ B的速度與傳送帶的速度相等時所用的時間 t1＝＝1 s. 當(dāng)B的速度與傳送帶的速度相等之后，B仍然做減速運動，而此時B的速度小于傳送帶的速度，所以受到的摩擦力變成了向右，所以其加速度發(fā)生了變化，此后B向右減速運動的過程中，設(shè)繩子的拉力為FT2，以B為研究對象，水平方向B受到向右的摩擦力與繩對B的拉力，則FT2－μmg＝ma2④ 以A為研究對象，則A的加速度的大小始終與B是相等的，A向上運動的過程中 mgsin 37°－FT2＝ma2⑤ 聯(lián)立④⑤可得a2＝＝2 m/s2. 當(dāng)B向右速度減為0，經(jīng)過時間 t2＝＝1 s. B向右運動的總時間t＝t1＋t2＝1 s＋1 s

14、＝2 s. (2)B向左運動的過程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到繩子的拉力，同時，A受到的力也不變，所以它們受到的合力不變，所以B的加速度a3＝a2＝2 m/s2. t1時間內(nèi)B的位移x1＝t1＝－4 m， 負號表示方向向右． t2時間內(nèi)B的位移x2＝×t2＝－1 m， 負號表示方向向右． B的總位移x＝x1＋x2＝－5 m. B回到傳送帶左端的位移x3＝－x＝5 m. 速度v＝＝2 m/s. (3)t1時間內(nèi)傳送帶的位移x1′＝－v0t1＝－2 m， 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移Δx1＝x1′－x1＝2 m. t2時間內(nèi)傳送帶的位移x2′＝－v0t2＝－2 m

15、， 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移Δx2＝x2－x2′＝1 m. B回到傳送帶左端的時間為t3，則t3＝＝ s. t3時間內(nèi)傳送帶的位移x3′＝－v0t3＝－2 m， 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 Δx3＝x3－x3′＝(5＋2) m. B與傳送帶之間的摩擦力Ff＝μmg＝2 N. 上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量 Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋4) J. 1．分析流程 2．功能關(guān)系 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對． 3．如圖5所示

16、，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速度v＝10 m/s沿順時針方向運動，物體質(zhì)量m＝1 kg無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，試求： 圖5 (1)物體由A端運動到B端的時間； (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 s　(2)24 J 解析　(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，設(shè)物體經(jīng)時間t加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝a1t，可解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 因m

17、gsin θ＞μmgcos θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s 故物體由A端運動到B端的時間 t＝t1＋t2＝2 s (2)物體與傳送帶間的相對位移 x相對＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相對＝24 J. 4．一質(zhì)量為M＝2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，子彈和小物塊的作用時間極短，如圖6甲所示．地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正

18、方向)．已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2. 圖6 (1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由． (2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ. (3)傳送帶對外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？ 答案　(1)2.0 m/s　方向向右　(2)0.2　(3)24 J　36 J 解析　(1)從v－t圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運動，速度為零后，又向右做加速運動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運動，所以，傳送帶的速度大小為v＝2.0 m/s，方向向右． (2)由v－t圖象可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度 a＝

19、＝ m/s2＝2.0 m/s2， 由牛頓第二定律得滑動摩擦力Ff＝μMg，則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝＝＝＝0.2. (3)由v－t圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時間只有3 s，傳送帶在這段時間內(nèi)移動的位移為x，則x＝vt＝2.0×3 m＝6.0 m， 所以，傳送帶所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J. 設(shè)物塊被擊中后的初速度為v1，向左運動的時間為t1，向右運動直至和傳送帶達到共同速度的時間為t2，則有 物塊向左運動時產(chǎn)生的內(nèi)能 Q1＝μMg(vt1＋t1)＝32 J， 物塊向右運動時產(chǎn)生的內(nèi)能 Q2＝μMg(vt2－t2)＝4 J. 所

20、以整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36 J. 命題點三　滑塊—木板模型問題 1．滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型． 2．滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度． 3．此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一

21、個過程的末速度是下一個過程的初速度． 例3　圖7甲中，質(zhì)量為m1＝1 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2＝3 kg的木板右端．木板足夠長，放在光滑的水平面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2.整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g取10 m/s2. 甲 圖7 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發(fā)生相對運動，拉力F至少應(yīng)為多大？ (2)在0～4 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4 s內(nèi)木板和物塊的v－t圖象，并求出0～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能． 答案　(1)8 N　(2)

22、見解析 解析　(1)把物塊和木板看成整體，由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a 物塊與木板將要相對滑動時， μ1m1g＝m1a 聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N. (2)物塊在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運動，木板在0～1 s內(nèi)做勻加速直線運動，在1～2 s內(nèi)做勻速運動，2 s后物塊和木板均做勻減速直線運動，故二者在整個運動過程中的v－t圖象如圖所示． 0～2 s內(nèi)物塊相對木板向左運動，2～4 s內(nèi)物塊相對木板向右運動． 0～2 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小Δx1＝2 m， 系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J. 2～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小Δx2＝1

23、 m， 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J； 木板對地位移x2＝3 m， 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J. 0～4 s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J. 滑塊—木板模型問題的分析和技巧 1．解題關(guān)鍵 正確地對各物體進行受力分析(關(guān)鍵是確定物體間的摩擦力方向)，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況． 2．規(guī)律選擇 既可由動能定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動，又可由能量守恒定律分析動能的變化、能量的轉(zhuǎn)化，在能量轉(zhuǎn)化過程往往用到ΔE內(nèi)＝－Δ

24、E機＝Ffx相對，并要注意數(shù)學(xué)知識(如圖象法、歸納法等)在此類問題中的應(yīng)用． 5．如圖8所示，一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為θ＝30°的斜面底端，將彈簧壓縮至A點鎖定，然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，解除彈簧鎖定，物塊恰能上滑至B點，A、B兩點的高度差為h0，已知重力加速度為g. 圖8 (1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep. (2)求物塊從A到B的時間t1與從B返回到A的時間t2之比． (3)若每當(dāng)物塊離開彈簧后，就將彈簧壓縮到A點并鎖定，物塊返回A點時立刻解除鎖定．設(shè)斜面最高點C的高度H＝2h0，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出

25、？ 答案　(1)mgh0　(2)　(3)見解析 解析　(1)物塊受到的滑動摩擦力Ff＝μmgcos θ， A到B過程由功能關(guān)系有－Ff＝mgh0－Ep， 解得Ep＝mgh0. (2)設(shè)上升、下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2，則 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 由運動學(xué)公式得a1t＝a2t，解得＝. (3)足夠長時間后，上升的最大高度設(shè)為hm，則由能量關(guān)系，來回克服阻力做功等于補充的彈性勢能 2Ff·＝Ep， 解得hm＝h0＜2h0，所以物塊不可能到達C點． 題組1　多運動組合問題 1．如圖1所示，有兩條

26、滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個滑道的右側(cè)水平，另一個的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個滑道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結(jié)果能沖上另一個傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則(　　) 圖1 A．動摩擦因數(shù)為tan θ B．動摩擦因數(shù)為 C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θ 答案　B 解析　第一次停在水平雪道上，由動能定理得 mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0 mgh

27、1－μmg(＋s′)＝0 mgh1－μmgs＝0 μ＝ A錯誤，B正確． 在AB段由靜止下滑，說明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E點停下，說明μmgcos α＞mgsin α；若α＞θ，則雪橇不能停在E點，所以C、D錯誤． 2．如圖2所示，將質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊放在長為L＝1.5 m的小車左端，車的上表面粗糙，物塊與車上表面間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，直徑d＝1.8 m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同，距地面高度h＝0.65 m，開始車和物塊一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右運動，車碰到軌道后立即停止運動，

28、取g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)小物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力； (2)小物塊落地點至車左端的水平距離． 答案　(1)104.4 N，方向豎直向下　(2)3.4 m 解析　(1)車停止運動后取小物塊為研究對象，設(shè)其到達車右端時的速度為v1，由動能定理得 －μmgL＝mv－mv 解得v1＝ m/s 剛進入半圓形軌道時，設(shè)物塊受到的支持力為FN，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 又d＝2R 解得FN≈104.4 N 由牛頓第三定律FN＝FN′ 得FN′＝104.4 N，方向豎直向下． (2)若小物塊能到達半圓形軌道最高點， 則由機械能守恒得 mv＝

29、2mgR＋mv 解得v2＝7 m/s 設(shè)恰能過最高點的速度為v3，則mg＝m 解得v3＝＝3 m/s 因v2＞v3，故小物塊從半圓形軌道最高點做平拋運動， h＋2R＝gt2，x＝v2t 聯(lián)立解得x＝4.9 m 故小物塊距車左端為x－L＝3.4 m. 題組2　傳送帶模型問題 3．(多選)如圖3甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行，t＝0時，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖象如圖乙所示．設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) 圖3 A．傳送帶的速率v0＝10 m/s B．

30、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．0～2.0 s摩擦力對物體做功Wf＝－24 J 答案　ACD 解析　當(dāng)物體的速度超過傳送帶的速度后，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圖象可得，傳送帶的速率為v0＝10 m/s，選項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，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，選項B錯誤，選項C正確；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0

31、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，摩擦力做的功為－4×(11－5) J＝－24 J，選項D正確． 4．(多選)如圖4所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉(zhuǎn)動，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C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶，則(　　) 圖4 A．固定位置A到B點的豎直高度可能

32、為2R B．滑塊在傳送帶上向右運動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點下滑剛好通過最高點C，則此時應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過最高點時，由重力提供向心力，則mg＝，解得vC＝，從A到C根據(jù)動能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故選項A錯誤；從A到滑塊在傳送帶上向右運動距離最大，根據(jù)動能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v無關(guān)，與高度h有關(guān)，故選項B錯誤；滑塊在傳

33、送帶上先做減速運動，可能反向做加速運動，如果再次到達D點時速度大小不變，則根據(jù)能量守恒，可以再次回到A點，故選項C正確；滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx相對，當(dāng)傳送帶的速度越大，則在相同時間內(nèi)二者相對位移越大，則產(chǎn)生的熱量越大，故選項D正確． 5．如圖5所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的可視為質(zhì)點的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動(傳送帶不打滑)．現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧，輕彈簧的原長小于平臺的長度，滑塊靜止時彈簧的彈性勢能為Ep＝4.5 J，若突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0

34、.2，傳送帶足夠長，取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間； (2)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)3.125 s　(2)12.5 J 解析　(1)釋放滑塊的過程中機械能守恒，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v1，則Ep＝mv，得 v1＝3 m/s 滑塊在傳送帶上運動的加速度 a＝μg＝2 m/s2 滑塊向左運動的時間t1＝＝1.5 s 向右勻加速運動的時間t2＝＝1 s 向左的最大位移為x1＝＝2.25 m 向右加速運動的位移為x2＝＝1 m 勻速向右運動的時間為t3＝＝0.625 s 所

35、以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s. (2)滑塊向左運動x1的位移時，傳送帶向右的位移為x1′＝vt1＝3 m 則Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m 滑塊向右運動x2時，傳送帶向右的位移為 x2′＝vt2＝2 m 則Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m 則產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝12.5 J. 題組3　滑塊—木板模型問題 6．如圖6所示，一質(zhì)量m＝2 kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質(zhì)量M＝1 kg的小鐵塊以水平向左v0＝9 m/s的速度從木板的右端滑上木板．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0

36、.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足夠長，求： 圖6 (1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大??； (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x. 答案　(1)0.5 m/s2　(2)36 J　1.5 m 解析　(1)設(shè)鐵塊在木板上滑動時，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)鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2. 設(shè)鐵塊與木板相對靜止達共同速度時的速度為v，所需的時間為t，則有v＝v0－a

37、1t，v＝a2t， 解得：v＝1 m/s，t＝2 s. 鐵塊相對地面的位移 x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m. 木板運動的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m， 鐵塊與木板的相對位移Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m， 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9 J＝36 J. 達共同速度后的加速度為a3，發(fā)生的位移為s，則有： a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝＝ m＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的總路程x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m. 7．如圖7所示，AB段為一半徑

38、R＝0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為0.1 kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定．一質(zhì)量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點由靜止開始下滑，通過B點后水平拋出，經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度．已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)μ＝.(g＝10 m/s2，結(jié)果可保留根號)求： 圖7 (1)物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力； (2)物塊滑上薄木板時的速度大??； (3)達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度所

39、用的時間． 答案　(1)3 N，方向豎直向下　(2) m/s (3)2.5 m/s2　 s 解析　(1)物塊從A運動到B的過程，由動能定理得： mgR＝mv，解得：vB＝2 m/s 在B點由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下． (2)設(shè)物塊滑上薄木板時的速度為v，則：cos 30°＝ 解得：v＝ m/s. (3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得： 對物塊：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1 對薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 設(shè)物塊和薄木板達到的共同速度為v′，則： v′＝v＋a1t＝a2t 解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s． 20