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1、专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题 专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块木板问题三类 问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题 2学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专 题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心 3用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、 机械能守恒定律、能量守恒定律) 命题点一 多运动过程问题命题点一 多运动过程问题 1分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程
2、中力的变 化情况； (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况； (3)功能关系分析 ： 运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解 2方法技巧 (1)“合”整体上把握全过程，构建大致的运动图景； (2)“分”将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律； (3)“合”找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案 例 1 (2018河南省驻马店市第二次质检)如图 1 所示， AB 和 CDO 都是处于同一竖直平面内 的光滑圆弧形轨道， OA处于水平位置 AB是半径为R1 m的 圆周轨道， CDO是半径为r0. 5 1
3、4 m 的半圆轨道，最高点 O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有 画出)D 为 CDO 轨道的中点BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接已知 BC 段水 平轨道长 L2 m，与小球之间的动摩擦因数 0.2.现让一个质量为 m1 kg 的小球 P 从 A 点的正上方距水平线 OA 高 H 处自由落下：(取 g10 m/s2，不计空气阻力) 图 1 (1)当 H2 m 时，问此时小球第一次到达 D 点对轨道的压力大小； (2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道，问 H 的取值范围 答案 (1)84 N (2)0.65 mH0.7 m 解析 (
4、1)设小球第一次到达 D 点的速度为 vD， 对小球从静止到 D 点的过程， 根据动能定理有 ： mg(Hr)mgL mv 1 2 D2 在 D 点轨道对小球的支持力 FN提供向心力，则有 FNmv D2 r 联立解得：FN84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：FNFN84 N； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次， 且小球不会脱离CDO轨道， H最小时必须满足能上升到O点， 则有：mgHminmgL mv 1 2 02 在 O 点由牛顿第二定律有：mgmv 02 r 代入数据解得：Hmin0.65 m 仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回
5、最高能 上升到 D 点，则 mg(Hmaxr)3mgL0 代入数据解得：Hmax0.7 m 故有：0.65 mH0.7 m. 变式 1 (2018河南省周口市期末)如图 2 所示，半径 R0.3 m 的竖直圆槽型光滑轨道与水 平轨道 AC 相切于 B 点， 水平轨道的 C 点固定有竖直挡板， 轨道上的 A 点静置有一质量 m1 kg 的小物块(可视为质点)现给小物块施加一大小为 F6.0 N、方向水平向右的恒定拉力， 使小物块沿水平轨道 AC 向右运动，当运动到 AB 之间的 D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物 块继续滑行到 B 点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传
6、感器 测出小物块对轨道最高点的压力为 N已知水平轨道 AC 长为 2 m，B 为 AC 的中点，小物 10 3 块与 AB 段间的动摩擦因数 10.45，重力加速度 g10 m/s2.求： 图 2 (1)小物块运动到 B 点时的速度大小； (2)拉力 F 作用在小物块上的时间 t； (3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道 BC 到达 C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损 失，为使小物块从 C 点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道 BC 段 间的动摩擦因数的取值范围 答案 (1)4 m/s (2) s 5 3 (3)0.420.25 或 020.025 解析 (1)小物块
7、运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得 FNmgm，由牛顿第三定律得 v2 R FNFN N， 10 3 则 v2 m/s 物块从 B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 2mgR mv2 mv 1 2 1 2 B2 可得 vB4 m/s； (2)小物块从 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理有 Fs1mgxAB mv 0 1 2 B2 由牛顿第二定律有 F1mgma 由位移公式有 s at2 1 2 联立解得 t s. 5 3 (3)设小物块与 BC 段间的动摩擦因数为 2. 物块在圆轨道最高点的最小速度为 v1， 由牛顿第二定律有 mgmv 12 R 由动能定理有22mgxBC2m
8、gR mv mv 1 2 12 1 2 B2 解得 20.025 故物块能从 C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足 020.025 物块从 C 点返回在圆轨道上升高度 R 时速度为零， 由动能定理有22mgxBCmgR0 mv 1 2 B2 解得 20.25 物块从 C 点返回刚好运动到 B 点， 解得22mgxBC0 mv 1 2 B2 20.4 故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足 0.420.25 综上所述，0.420.25 或 020.025. 命题点二 传送带模型命题点二 传送带模型 1设问的角度 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做
9、好受力分析，然后利用运动学公式结合 牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系 (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上 物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解 2功能关系分析 (1)功能关系分析：WEkEpQ. (2)对 W 和 Q 的理解： 传送带克服摩擦力做的功：Wfs传； 产生的内能：Qfs相对 模型 1 水平传送带问题 例 2 (2018河南省郑州一中上学期期中)如图 3，一水平传送带以 4 m/s 的速度逆时针传送， 水平部分长 L6 m，其左端与一倾角为 30的光滑斜面平滑相连，
10、斜面足够长，一个质量 为m1.0 kg的物块无初速度地放在传送带最右端， 已知物块与传送带间动摩擦因数0.2， g 10 m/s2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热 量 图 3 答案 32 J 解析 物块在传送带上加速到与传送带同速时 对物块有 fmgma 解得：a2 m/s2 物块所用的时间为：t1 2 s v a 则物块的位移为：s14 m0，小滑块到达 Q 点后，还能继续上升，故 A、B 错误 1 2 Q2 1 2 3(2017全国卷16)如图 3 所示，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂用 外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起
11、至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大小 1 3 为 g.在此过程中，外力做的功为( ) 图 3 A. mgl B. mgl 1 9 1 6 C. mgl D. mgl 1 3 1 2 答案 A 解析 由题意可知， PM 段细绳的机械能不变， MQ 段细绳的重心升高了 ， 则重力势能增加 Ep l 6 mg mgl， 由功能关系可知， 在此过程中， 外力做的功为W mgl ， 故选项A正确， B、 C、 2 3 l 6 1 9 1 9 D 错误 4 (多选)如图 4 甲所示， 倾角为 的足够长的传送带以恒定的速率 v0沿逆时针方向运行， t0 时，将质量 m1 kg 的物体(
12、可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的 vt 图象如图乙 所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度 g10 m/s2，则( ) 图 4 A传送带的速率 v010 m/s B传送带的倾角 30 C物体与传送带之间的动摩擦因数 0.5 D02.0 s 内摩擦力对物体做功 Wf24 J 答案 ACD 解析 当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变， 根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确 ； 1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之 后的加速度a22 m/s2， 结合牛顿第二定律， gsin gcos a1， gsin
13、gcos a2， 解得sin 0.6， 37，0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小fmgcos 4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做 正功， 在1.02.0 s内， 摩擦力对物体做负功， 01.0 s内物体的位移为5 m,1.02.0 s内物体的位移是11 m,02.0 s内摩擦力做的功为4(115) J24 J，选项D正确 5(2018闽粤期末大联考)如图 5 所示，一固定在地面上的导轨 ABC，AB 与水平面间的夹角 为 37，一小物块放在 A 处(可视为质点)，小物块与轨道间的动摩擦因数均为 0.25，现 在给小物块一个沿斜面向下的初速度 v01 m/s.小物块经过 B 处时无机械
14、能损失，物块最后 停在 B 点右侧 1.8 米处(sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2)求： 图 5 (1)小物块在 AB 段向下运动时的加速度大小； (2)小物块到达 B 处时的速度大小； (3)AB 的长度 L. 答案 (1)4 m/s2 (2)3 m/s (3)1 m 解析 (1)小物块从 A 到 B 过程中，由牛顿第二定律得， mgsin mgcos ma 代入数据解得 a4 m/s2. (2)小物块从 B 向右运动，由动能定理得， mgs0 mv 1 2 B2 代入数据解得 vB3 m/s. (3)小物块从 A 到 B，由运动学公式得 L1 m. vB2v0
15、2 2a 6(2018安徽省蚌埠二中期中)如图 6 甲所示，质量为 m0.1 kg 的小球，用长 l0.4 m 的细 线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计当在最低点 A 处给小 球 6 m/s 的初速度时，小球恰能运动至最高点 B，空气阻力大小恒定求：(g 取 10 m/s2) 图 6 (1)小球在 A 处时传感器的示数； (2)小球从 A 点运动至 B 点过程中克服空气阻力做的功； (3)小球在 A 点以不同的初速度 v0开始运动，当运动至 B 点时传感器会显示出相应的读数 F， 试通过计算在图乙所示坐标系中作出 Fv 图象 2 0 答案 (1)10 N (2)0.8
16、 J (3)如图所示 解析 (1) 在 A 点，由牛顿第二定律有 F1mgm，则 F110 N vA2 l (2)由题意知在 B 点时，有 mgm，则 vB2 m/s vB2 l 小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理：W克 f2mgl mv mv 1 2 B2 1 2 A2 解得 W克 f0.8 J (3)小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理：有W克 f2mgl mv mv 1 2 B2 1 2 02 小球在最高点 Fmgmv B2 l 联立得：F v 9， 1 4 02 Fv图象如图所示 02 7(2018河北省石家庄二中期中)如图 7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠
17、轨 道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端 C 点固定有大小不计 的压力开关和长木板相连， 当对开关的压力超过 15 N 时触发压力开关， 使长木板和圆轨道脱 离已知长木板长 1 m，圆轨道半径 R1 m，滑块和长木板的质量均为 1 kg，滑块与长木板 间的动摩擦因数 10.4，长木板与水平面间的动摩擦因数 20.1，g 取 10 m/s2.若滑块从轨 道上距离 C 点高 h0.45 m 的位置由静止释放，求： 图 7 (1)滑块到 C 点时对轨道压力的大小； (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小； (3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木
18、板这个系统产生的总热量 答案 (1)19 N (2)1.5 m (3)4.5 J 解析 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有 mgh mv ，解得 v03 m/s 1 2 02 在 C 点由向心力公式知： FNmg，解得 FN19 N mv02 R 由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力 FNFN19 N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中： 滑块的加速度大小 a14 m/s2 1mg m 木板的加速度大小 a22 m/s2 1mg22mg m 由 v0a1ta2tv共得出， t0.5 s，v共1 m/s 滑块的位移 s1t1 m v0v共 2 之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a31 m/s2 22mg 2m s30.5 m v共2 2a3 故滑块的总位移 ss1s31.5 m. (3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mghQ4.5 J.