力学总复习（2）（有详解）教案

【知识点】物体的受力分析；对单物体（质点）的应用

【例1】如图所示，在倾角为300的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是，现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值（   D   ）
A、  B、  C、   D、

【解析】由题意可知，当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大，将4个物体看作整体，由牛顿第二定律：，将2 个m及上面的2m看做整体，有：联立解得：。   故答案为：D。

【分析】对三个物体进行受力分析，在沿斜面方向应用牛顿第二定律求出物体的加速度表达式，联立求解拉力的最大值。

【针对练习1】小明希望检验这样一个猜想：从斜面滑下的小车，装载物体的质量越大，到达斜面底部的速度越快。图示为两种不同直径车轮（颜色不同），装有不同木块（每个木块的质量相同）从不同高度释放的小车。你认为小明应该选用哪3种情况进行比较（   C   ）

A、G、O、R   B、 G、S、W

C、S、T、U   D、 S、W、X

【解析】猜想的是“从斜面滑下的小车，装载物体的质量越大，到达斜面底部的速度越快”，故要求小车释放点的高度相同，还需相同的小车。A项中高度相同，小车不同，A错；
B项中，小车相同，高度不同，B错。C项满足要求，故正确。
D项中，高度、小车均不相同，故D选项错误。

【知识点】：共点力的平衡、动态平衡；

【例2】如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳

的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中

A．MN上的张力逐渐增大   B．MN上的张力先增大后减小（ AD ）

C．OM上的张力逐渐增大   D．OM上的张力先增大后减小

【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。

【针对练习2】

1、如图所示，A为光滑半圆柱体，B为光滑圆柱体，半径均为R，质量均为m,C 为长方体，质量为m，A、B、C依次接触，开始时B在水平地面上，现水平向左推C使其缓慢移动，从B刚离开地面直到B恰好运动到A的顶端，此过程中A始终保持静止，重力加速度为g，则（  BD  ）
A、B对C的弹力逐渐增大；   

B、B对A的弹力逐渐减小
C、地面对A的摩擦力始终保持不变  

D、地面对A的支持力始终不变，大小为2mg。

【解析】对B受力分析，由动态平衡的特点可知，A对B以及C对B的弹力均逐渐减小，由牛顿第三定律可知，B对C的弹力逐渐减小，选项A错误，B正确。对AB整体分析可知，地面对A的摩擦力等于C对B的弹力，可知地面对A的摩擦力逐渐减小；地面对A的支持力大小等于AB的重力之和，则始终不变，大小为2mg，选项C错误；D正确。

2、一根弹性细绳（遵循胡克定律）原长为，劲度系数为k，将其一端穿过一个光滑小孔O（其在水平地面上的投影点为O’），系在一个质量为m的滑块A上，A放在水平地面上。小孔O离绳固定端的竖起距离为，离水平地面高度为h,滑块A与水平地面间的最大静摩擦力为正压力的倍。问：（1）当滑块与O’点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为多大？
（2）滑块处于怎样的区域内时可以保持静止状态？
【分析】弹性细绳（遵循胡克定律）在弹性限度内，受到的拉力与伸长量成正比。对滑块受力分析，利用平衡状态条件和最大静摩擦力知识解决问题。
【解答】（1）从几何关系看出，弹性细绳的伸长量为：

弹性细绳对滑块A的拉力为：
（2）设A静止时离O的距离为r，此位置处A将受到四个力的作用如图：对拉力FT正交分解，由于处于平衡状态所以有；竖直方向：；

水平方向：；而：，所以有：
其中：； 即:
这表明，滑块可以静止在以O为圆心，为半径的圆域内的任意位置。
【答】（1）当滑块可以静止在以O’点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为：
（2）滑块可以静止在以O’为圆心，为半径的圆域内的任意位置。
【点评】对物体进行受力分析，运用平衡状态条件列出力与力的关系，根据题目的条件中找到临界状态。物理量之间的关系是通过物理规律联系的，找到一个物理量的范围可以找出其他物理量的范围。

【知识点】整体法与隔离法：

【例3】如图所示，质量分别为的两个物体A、B，用细绳相连跨过光滑的滑轮，将A置于倾角为θ的斜面上，B悬空。设A与斜面、斜面与水平地面间均是光滑的，A在斜面上沿斜面加速下滑，求斜面受到高出地面的竖直挡壁P的水平方向作用力的大小。
【隔离体法解析】：设绳中张力为，A、B运动的加速度的大小为a。
A沿斜面方向由牛顿第二定律有：
B沿竖直方向由牛顿第二定律有：

联立以上两式得：。
此时A对斜面的压力为：斜面体的受力如答图7所示。在水平方向有：。得：。

【整体法解析】：斜面侧面受到的力的作用效果是使A加速向右运动A沿斜面的加速度为：
所以水平方向的加速度为：
则对整体可知水平方向上的作用力。

【针对练习3】如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖起方向的夹角，斜面倾角，物块A和B的质量分别为，弹簧的劲度系数；，求：
（1）弹簧的伸长量x；
（2）物块A受到的摩擦力。

【解析】（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：
且：，解得：；
（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：
根据平衡条件，有：，解得：即物体A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上。
【答】（1）弹簧的伸长量x=4cm； （2）物块A受到的摩擦力大小为5N ,方向沿斜面向上。

【知识点】动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律

【例4】某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1.25m，AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r=0.45m且与水平传送带相切于B点，一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，当滑块到达B点时，对轨道的压力为6N，此时圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好潜入圆盘边缘的小桶内，不计空气阻力，取，求：
（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力

（2）传送带BC部分的长度L；
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件。

【解析】（1）滑块从A到B过程中，由动能定理有:
解得：
滑块到达B点时，由牛顿第二定律有：；解得：
据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。
（2）滑块离开C点后做平抛运动，有：
解得： ；
滑块由B到C过程中，据动能定理有：
解得：
（3）滑块由B到C过程中，据运动学公式有：
解得：
则：
圆盘转动的角速度ω应满足条件：
解得：

【答】（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力，方向竖直向下；
（2）传送带BC部分的长度L为1.25m;
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件为

【点评】本题滑块经历三个运动过程，分段选择物理规律进行研究，关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解ω应满足的条件。

【知识点】向心力；动能定理的综合应用

【针对练习4】如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平粗糙传送带无缝连接，倍速以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（   C   ）
A、固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B、滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
C、滑块可能重新回到出发点A处
D、无论传送带速度v多大，滑块与传送带摩擦产生的热量都一样多

【解析】A、C点的最小速度，根据动能定理得：，解得：，可知A到B点的最小高度为，故A错误。
B、由于物块滑上传送带的速度方向与传送带的速度方向相反，在滑块速度判为零前一直做匀减速直线运动，则向右滑动的最大距离与传送带速度v无关，故B错误；
C、若滑块滑上传送带后速度减为零未到达另一端，则会返回D点，又重新回到出发点A，故C正确。
D、传送带速度不同，物块在传送带上发生的相对路程不同，摩擦产生的热量不同，故D错误。故选C。

【分析】根据C点的最小速度，结合动能定理求出A与B之间的最小高度，根据物块在传送带上的运动规律，确定向右滑动的最大距离与传送带速度v的关系，根据滑动的路程大小关系判断产生的热量是否相等。

【巩固提升】

【知识点】传送带模型、竖直方向圆周运动、动能定理的综合应用

【例5】如图所示，水平传送带AB向右匀速运动，倾角为θ=370的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点，小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为μ=0.4，倾斜轨道长度LPC=0.75m，C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525m，圆轨道光滑，其半径R=0.5m，质量为m=0.2kg可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的小物块随传送带到B点，之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动（进入P点前后不考虑能量损失），经C处运动至D，在D处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370=0.6。cos370=0.8）求：
（1）物块刚运动到圆弧轨道最低处D时，对轨道的压力；
（2）传送带对小物块做的功W；
（3）若传送带AB向右匀速运动的速度v0=5m/s，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q。

【解析】（1）小球恰好过E点：
D到E过程：
D点：则：
由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力为12N，方向竖直向下。
（2）从P点到D点：；

传送带对小物块做的功为：
（3）小物块在传送带上加速过程：； 则： ；

所以：
 

【知识点】传送带模型、竖直方向圆周运动、动能定理的综合应用

【针对训练5】 某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=370、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内，当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因素均为μ=0.2，取g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8，求：
（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；
（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能；

【解析】（1）因货物恰好能滑入二楼仓库，则在圆轨道的最高点E，向心力恰好由重力提供，

得：；代入数据解得：
货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，做匀减速运动，设货物在二楼仓库地面沿街的距离为s。由动能定理得：；
代入数据得：
（2）设货物离开传送带时的速度为vB ，货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：；代入数据得：
货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得：；

所以：
货物从开始运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则：； 代入数据得：；
该过程中的时间：
该过程中传送带的位移：
货物相对于传送带的位移：
所以传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能：

【答】（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离是1m；
（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能是2400J。