《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 專題強(qiáng)化六 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 專題強(qiáng)化六 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案.doc（20頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題強(qiáng)化六　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 專題解讀1.本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)多物體多過程的綜合應(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，可以極大的培養(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　多運(yùn)動(dòng)組合問題 1．多運(yùn)動(dòng)組合問題主要是指直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題． 2．解題策略 (1)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． (2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程，將物理過程分解成幾個(gè)簡單的子過程． (2)兩個(gè)相鄰過程連接點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口． 例1　(2016全國Ⅰ卷25)如圖1，一輕彈簧原長為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(diǎn)，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(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin37＝，cos37＝) 圖1 (1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大??； (2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)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(diǎn)． 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m 解析　(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R ① 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得 mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝mvB2 ② 式中θ＝37，聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB＝2 ③ (2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E過程，根據(jù)動(dòng)能定理得 mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mvB2 ④ E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x ⑤ P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有 Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 x＝R ⑦ Ep＝mgR ⑧ (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關(guān)系(如圖所示)得θ＝37. 由幾何關(guān)系得： x1＝R－Rsinθ＝3R ⑨ y1＝R＋R＋Rcosθ＝R ⑩ 設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t. 由平拋運(yùn)動(dòng)公式得：y1＝gt2 ? x1＝vDt ? 聯(lián)立⑨⑩??得 vD＝ ? 設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中機(jī)械能守恒，有 m1vC2＝m1vD2＋m1g(R＋Rcosθ) ? P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1vC2 ? 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(yùn)動(dòng)圖景． 2．“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)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(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖2所示的實(shí)驗(yàn)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(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向； (3)摩擦力對(duì)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(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＝m， 對(duì)軌道壓力的大小FN′＝FN＝mg(1＋)，方向豎直向下． (3)由動(dòng)能定理有mgR＋Wf＝mvQ2－0，故摩擦力對(duì)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(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)．水平桌面右側(cè)有一豎直放置的軌道MNP，其形狀為半徑R＝1.0m的圓環(huán)剪去了左上角120的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離是h＝2.4m．用質(zhì)量為m＝0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)后釋放，物塊經(jīng)過B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．(不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2) 圖3 (1)求物塊過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小vB及物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若軌道MNP光滑，求物塊經(jīng)過軌道最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道的壓力FN； (3)若物塊剛好能到達(dá)軌道最高點(diǎn)M，求物塊從B點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)6m/s　0.4　(2)16.8N，方向豎直向下 (3)4.4J 解析　(1)物塊過B點(diǎn)后遵從x＝6t－2t2， 所以知：vB＝6m/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(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng) P點(diǎn)速度在豎直方向的分量vy＝＝4m/s P點(diǎn)速度在水平方向的分量vx＝vytan30＝4m/s 解得離開D點(diǎn)的速度為vD＝4m/s 由機(jī)械能守恒定律，有 mvN2＝mvD2＋mg(h＋R－Rcos60) 解得vN2＝74m2/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有FN′－mg＝m 解得FN′＝16.8N 根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)N＝FN′＝16.8N，方向豎直向下 (3)物塊剛好能到達(dá)M點(diǎn)，有mg＝m 解得vM＝＝m/s 物塊到達(dá)P點(diǎn)的速度vP＝＝8m/s 從P到M點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理，有 －mgR(1＋cos60)－WPNM＝mvM2－mvP2 解得WPNM＝2.4J. 從B到D點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有－WBD＝mvD2－mvB2 解得WBD＝2J. 物塊從B點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功為2.4J＋2J＝4.4J. 命題點(diǎn)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(duì)運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用．如果受到滑動(dòng)摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，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(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻B從傳送帶左端以速度v1＝6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間回到傳送帶的左端，已知A、B的質(zhì)量均為1kg，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會(huì)碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計(jì)，g取10m/s2，sin37＝0.6，求： 圖4 (1)B向右運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間； (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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2；③B經(jīng)過一段時(shí)間回到傳送帶的左端． 答案　(1)2s　(2)2m/s　(3)(16＋4) J 解析　(1)B向右減速運(yùn)動(dòng)的過程中，剛開始時(shí)，B的速度大于傳送帶的速度，以B為研究對(duì)象，水平方向B受到向左的摩擦力與繩對(duì)B的拉力，設(shè)繩子的拉力為FT1，以向左為正方向，得FT1＋μmg＝ma1 ① 以A為研究對(duì)象，則A的加速度的大小始終與B相等，A向上運(yùn)動(dòng)的過程中受力如圖，則 mgsin37－FT1＝ma1 ② 聯(lián)立①②可得a1＝＝4m/s2 ③ B的速度與傳送帶的速度相等時(shí)所用的時(shí)間 t1＝＝1s. 當(dāng)B的速度與傳送帶的速度相等之后，B仍然做減速運(yùn)動(dòng)，而此時(shí)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(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)繩子的拉力為FT2，以B為研究對(duì)象，水平方向B受到向右的摩擦力與繩對(duì)B的拉力，則FT2－μmg＝ma2 ④ 以A為研究對(duì)象，則A的加速度的大小始終與B是相等的，A向上運(yùn)動(dòng)的過程中 mgsin37－FT2＝ma2 ⑤ 聯(lián)立④⑤可得a2＝＝2m/s2. 當(dāng)B向右速度減為0，經(jīng)過時(shí)間 t2＝＝1s. B向右運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s. (2)B向左運(yùn)動(dòng)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(shí)，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＝2m/s2. t1時(shí)間內(nèi)B的位移x1＝t1＝－4m， 負(fù)號(hào)表示方向向右． t2時(shí)間內(nèi)B的位移x2＝t2＝－1m， 負(fù)號(hào)表示方向向右． B的總位移x＝x1＋x2＝－5m. B回到傳送帶左端的位移x3＝－x＝5m. 速度v＝＝2m/s. (3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x1′＝－v0t1＝－2m， 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移Δx1＝x1′－x1＝2m. t2時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2′＝－v0t2＝－2m， 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移Δx2＝x2－x2′＝1m. B回到傳送帶左端的時(shí)間為t3，則t3＝＝s. t3時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x3′＝－v0t3＝－2m， 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移 Δx3＝x3－x3′＝(5＋2) m. B與傳送帶之間的摩擦力Ff＝μmg＝2N. 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(duì)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(duì)． 3．如圖5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＝10 m/s沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(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t加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝a1t12，可解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m 因mgsinθ＞μmgcosθ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t22 解得t2＝1s 故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間 t＝t1＋t2＝2s (2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移 x相對(duì)＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m 故Q＝μmgcosθx相對(duì)＝24J. 4．一質(zhì)量為M＝2.0kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?．已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2. 圖6 (1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由． (2)計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (3)傳送帶對(duì)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)2.0m/s　方向向右　(2)0.2　(3)24J　36J 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(yùn)動(dòng)，速度為零后，又向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于2.0m/s，則隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝m/s2＝2.0 m/s2， 由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力Ff＝μMg，則物塊與傳送帶間的動(dòng)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(shí)間只有3s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的位移為x，則x＝vt＝2.03m＝6.0m， 所以，傳送帶所做的功W＝Ffx＝0.22.0106.0J＝24J. 設(shè)物塊被擊中后的初速度為v1，向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，向右運(yùn)動(dòng)直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時(shí)間為t2，則有 物塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q1＝μMg(vt1＋t1)＝32J， 物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q2＝μMg(vt2－t2)＝4J. 所以整個(gè)過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36J. 命題點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，并且物體間還存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個(gè)運(yùn)動(dòng)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(gè)過程的紐帶，每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度． 例3　圖7甲中，質(zhì)量為m1＝1kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2＝3kg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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2.整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止，重力加速度g取10m/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(duì)運(yùn)動(dòng)，拉力F至少應(yīng)為多大？ (2)在0～4s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2s后木板進(jìn)入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4s內(nèi)木板和物塊的v－t圖象，并求出0～4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小和整個(gè)系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能． 答案　(1)8N　(2)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(duì)滑動(dòng)時(shí)， μ1m1g＝m1a 聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N. (2)物塊在0～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板在0～1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在1～2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，2s后物塊和木板均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v－t圖象如圖所示． 0～2s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)，2～4s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)． 0～2s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小 Δx1＝2m， 系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q1＝μ1m1gΔx1＝4J. 2～4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小Δx2＝1m， 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J； 木板對(duì)地位移x2＝3m， 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30J. 0～4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J. 滑塊—木板模型問題的分析和技巧 1．解題關(guān)鍵 正確地對(duì)各物體進(jìn)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(yùn)動(dòng)情況． 2．規(guī)律選擇 既可由動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，又可由能量守恒定律分析動(dòng)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)＝－ΔE機(jī)＝Ffx相對(duì)，并要注意數(shù)學(xué)知識(shí)(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(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，解除彈簧鎖定，物塊恰能上滑至B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的高度差為h0，已知重力加速度為g. 圖8 (1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢能Ep. (2)求物塊從A到B的時(shí)間t1與從B返回到A的時(shí)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(diǎn)并鎖定，物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定．設(shè)斜面最高點(diǎn)C的高度H＝2h0，試通過計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出？ 答案　(1)mgh0　(2)　(3)見解析 解析　(1)物塊受到的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmgcosθ， 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 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1t12＝a2t22，解得＝. (3)足夠長時(shí)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(bǔ)充的彈性勢能 2Ff＝Ep， 解得hm＝h0＜2h0，所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn)． 題組1　多運(yùn)動(dòng)組合問題 1．如圖1所示，有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個(gè)滑道的右側(cè)水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動(dòng)，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個(gè)滑道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開始下滑，結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下．若動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ B．動(dòng)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(dòng)能定理得 mgh1－μmgcosθ－μmgs′＝0 mgh1－μmg(＋s′)＝0 mgh1－μmgs＝0 μ＝ A錯(cuò)誤，B正確． 在AB段由靜止下滑，說明μmgcosθ＜mgsinθ，第二次滑上CE在E點(diǎn)停下，說明μmgcosα＞mgsinα；若α＞θ，則雪橇不能停在E點(diǎn)，所以C、D錯(cuò)誤． 2．如圖2所示，將質(zhì)量為m＝1kg的小物塊放在長為L＝1.5m的小車左端，車的上表面粗糙，物塊與車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，直徑d＝1.8m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(diǎn)高度相同，距地面高度h＝0.65m，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(yùn)動(dòng)，車碰到軌道后立即停止運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)小物塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)小物塊落地點(diǎn)至車左端的水平距離． 答案　(1)104.4N，方向豎直向下　(2)3.4m 解析　(1)車停止運(yùn)動(dòng)后取小物塊為研究對(duì)象，設(shè)其到達(dá)車右端時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理得 －μmgL＝mv12－mv02 解得v1＝m/s 剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)，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≈104.4N 由牛頓第三定律FN＝FN′ 得FN′＝104.4N，方向豎直向下． (2)若小物塊能到達(dá)半圓形軌道最高點(diǎn)， 則由機(jī)械能守恒得mv12＝2mgR＋mv22 解得v2＝7m/s 設(shè)恰能過最高點(diǎn)的速度為v3，則mg＝m 解得v3＝＝3m/s 因v2＞v3，故小物塊從半圓形軌道最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)， h＋2R＝gt2，x＝v2t 聯(lián)立解得x＝4.9m 故小物塊距車左端為x－L＝3.4m. 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(shí)針方向運(yùn)行，t＝0時(shí)，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(duì)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＝10m/s2，則(　　) 圖3 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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～2.0s摩擦力對(duì)物體做功Wf＝－24J 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＝10m/s，選項(xiàng)A正確；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ＝37，μ＝0.5，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s內(nèi)，摩擦力對(duì)物體做正功，在1.0～2.0s內(nèi)，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功，0～1.0s內(nèi)物體的位移為5m，1.0～2.0s內(nèi)物體的位移是11m，摩擦力做的功為－4(11－5) J＝－24J，選項(xiàng)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(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)與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，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C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，則(　　) 圖4 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)下滑剛好通過最高點(diǎn)C，則此時(shí)應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過最高點(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)＝mvC2－0，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，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無關(guān)，與高度h有關(guān)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng)，可能反向做加速運(yùn)動(dòng)，如果再次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度大小不變，則根據(jù)能量守恒，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)生的熱量越大，故選項(xiàng)D正確． 5．如圖5所示，一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，放在光滑的水平平臺(tái)上，平臺(tái)的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(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(tái)的長度，滑塊靜止時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，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(shí)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)3.125s　(2)12.5J 解析　(1)釋放滑塊的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v1，則Ep＝mv12，得v1＝3m/s 滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝μg＝2m/s2 滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝1.5s 向右勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝1s 向左的最大位移為x1＝＝2.25m 向右加速運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝＝1m 勻速向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝＝0.625s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125s. (2)滑塊向左運(yùn)動(dòng)x1的位移時(shí)，傳送帶向右的位移為 x1′＝vt1＝3m 則Δx1＝x1′＋x1＝5.25m 滑塊向右運(yùn)動(dòng)x2時(shí)，傳送帶向右的位移為 x2′＝vt2＝2m 則Δx2＝x2′－x2＝1m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25m 則產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝12.5J. 題組3　滑塊—木板模型問題 6．如圖6所示，一質(zhì)量m＝2kg的長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(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，求： 圖6 (1)鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)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)0.5m/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)靜止達(dá)共同速度時(shí)的速度為v，所需的時(shí)間為t，則有v＝v0－a1t，v＝a2t， 解得：v＝1m/s，t＝2s. 鐵塊相對(duì)地面的位移 x1＝v0t－a1t2＝92m－44m＝10m. 木板運(yùn)動(dòng)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， 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.41109J＝36J. 達(dá)共同速度后的加速度為a3，發(fā)生的位移為s，則有： a3＝μ1g＝1m/s2，s＝＝m＝0.5m. 木板在水平地面上滑行的總路程x＝x2＋s＝1m＋0.5m＝1.5m. 7.如圖7所示，AB段為一半徑R＝0.2m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0.1kg的薄木板CD，開始時(shí)薄木板被鎖定．一質(zhì)量也為0.1kg的物塊(圖中未畫出)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，通過B點(diǎn)后水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)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(shí)薄木板解除鎖定，下滑過程中某時(shí)刻物塊和薄木板能達(dá)到共同速度．已知物塊與薄木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.(g＝10m/s2，結(jié)果可保留根號(hào))求： 圖7 (1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力； (2)物塊滑上薄木板時(shí)的速度大??； (3)達(dá)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(dá)到共同速度所用的時(shí)間． 答案　(1)3N，方向豎直向下　(2)m/s (3)2.5m/s2　s 解析　(1)物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，由動(dòng)能定理得： mgR＝mvB2， 解得：vB＝2m/s 在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝3N 由牛頓第三定律得物塊對(duì)軌道的壓力大小為3N，方向豎直向下． (2)設(shè)物塊滑上薄木板時(shí)的速度為v，則：cos30＝ 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(duì)物塊：mgsin30－μmgcos30＝ma1 對(duì)薄木板：mgsin30＋μmgcos30＝ma2 設(shè)物塊和薄木板達(dá)到的共同速度為v′，則： v′＝v＋a1t＝a2t 解得：a1＝2.5m/s2，t＝s.