《2020版高考物理大一輪復習 第五章 專題強化六 綜合應用力學兩大觀點解決三類問題講義（含解析）教科版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第五章 專題強化六 綜合應用力學兩大觀點解決三類問題講義（含解析）教科版.docx（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化六　綜合應用力學兩大觀點解決三類問題 專題解讀1.本專題是力學兩大觀點在多運動過程問題、傳送帶問題和滑塊—木板問題三類問題中的綜合應用，高考常以計算題壓軸題的形式命題． 2．學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決壓軸題的信心． 3．用到的知識有：動力學方法觀點(牛頓運動定律、運動學基本規(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　多運動過程問題 1．分析思路 (1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運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，分析各種力在不同的運動過程中的做功情況； (3)功能關系分析：運用動能定理、功能關系或能量守恒定律進行分析，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，構建大致的運動圖景； (2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，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．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)讓一個質量為m＝1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下：(取g＝10m/s2，不計空氣阻力) 圖1 (1)當H＝2m時，問此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大??； (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)設小球第一次到達D點的速度為vD，對小球從靜止到D點的過程，根據(jù)動能定理有： mg(H＋r)－μmgL＝mv 在D點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，小球對軌道的壓力大小為：N′＝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， 則有：mgHmin－μmgL＝mv 在O點由牛頓第二定律有：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，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，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質量m＝1kg的小物塊(可視為質點)．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向右運動，當運動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點后進人豎直圓槽軌道做圓周運動，當物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為N．已知水平軌道AC長為2m，B為AC的中點，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)小物塊運動到B點時的速度大??； (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C點，與豎直擋板相碰時無機械能損失，為使小物塊從C點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)小物塊運動到軌道最高點時，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運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv 可得vB＝4m/s； (2)小物塊從A點運動到B點的過程，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點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道時應滿足0≤μ2≤0.025 ②物塊從C點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點返回剛好運動到B點， 解得－2μ2mgxBC＝0－mv μ2＝0.4 故物塊能返回圓形軌道(不能到達最高點)且不會脫離軌道時應滿足0.4>μ2≥0.25 綜上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025. 命題點二　傳送帶模型 1．設問的角度 (1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系． (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多消耗的電能等，常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解． 2．功能關系分析 (1)功能關系分析：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Q點后，還能繼續(xù)上升，故A、B錯誤． 3．(2017全國卷Ⅲ16)如圖3所示，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩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，M點與繩的上端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段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg＝mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl，故選項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沿逆時針方向運行，t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示．設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(可視為質點)，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處時無機械能損失，物塊最后停在B點右側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段向下運動時的加速度大??； (2)小物塊到達B處時的速度大??； (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，由運動學公式得L＝＝1m. 6．(2018安徽省蚌埠二中期中)如圖6甲所示，質量為m＝0.1kg的小球，用長l＝0.4m的細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．當在最低點A處給小球6m/s的初速度時，小球恰能運動至最高點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點運動至B點過程中克服空氣阻力做的功； (3)小球在A點以不同的初速度v0開始運動，當運動至B點時傳感器會顯示出相應的讀數(shù)F，試通過計算在圖乙所示坐標系中作出F－v圖像． 答案　(1)10N　(2)0.8J (3)如圖所示 解析　(1) 在A點，由牛頓第二定律有F1－mg＝m，則F1＝10N (2)由題意知在B點時，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點固定有大小不計的壓力開關和長木板相連，當對開關的壓力超過15N時觸發(fā)壓力開關，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點高h＝0.45m的位置由靜止釋放，求： 圖7 (1)滑塊到C點時對軌道壓力的大??； (2)從滑塊滑上木板到停止運動的過程中滑塊的位移大??； (3)從滑塊滑上木板到停止運動的過程中，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)滑塊在圓軌道上運動時機械能守恒，則有mgh＝mv，解得v0＝3m/s 在C點由向心力公式知： 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動直至停止運動，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)運動全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.