(新高考)高考物理一轮复习讲义 第5章 专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题（含解析）

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)．

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、机械能守恒定律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　(2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图1

(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；

(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；

(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．

答案　(1)2 m/s　(2)36 N　(3) N≤F≤50 N

解析　(1)小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为vC，

由mg＝m得：vC＝2 m/s

物块从B运动到C，由动能定理有：

－2mgR＝mv－mv

解得：vB＝2 m/s

(2)物块从P到C由动能定理有：

－mgR(1－sin θ)＝mv－mv

解得vP＝ m/s

在P点由牛顿第二定律有：mgsin θ＋FN＝m

解得FN＝36 N

根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N

(3)当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：

Ff＝μ(mg－Fminsin θ)，Fminxcos θ－Ffx＝mv

解得Fmin＝ N

当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsin θ＝mg

解得Fmax＝50 N

综上，拉力的取值范围是： N≤F≤50 N.

变式1　(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径R＝3 m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图2

(1)P、B两点间的距离；

(2)滑板在C点对轨道的压力大小．

答案　(1)4 m　(2)1 320 N

解析　(1)设爱好者滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1

C到Q由平抛运动规律有：tan α＝＝＝①

则t＝②

因此x1＝vCt＝③

lCQ＝＝④

由④式可知vC越大则lCQ越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大．

设人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsin θ－90x＝ma⑤

得a＝⑥

由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大．

故P、B两点间的距离大小为：x＝＝4 m⑦

(2)设P、B间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsin θ＋Wf＝mv－0⑧

而Wf＝－·x⑨

B、C间运动时，机械能守恒，有：

mv＋mgR(1－cos θ)＝mv⑩

在C点FN－mg＝m⑪

由⑦⑧⑨⑩⑪解得FN＝1 320 N

由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN′＝FN＝1 320 N.

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：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.

(2)对W和Q的理解：

①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ff x传；

②产生的内能：Q＝Ffx相对．

模型1　水平传送带问题

例2　 (2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：

图3

(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；

(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；

(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W.

答案　(1)2 m/s2　(2)5.5 s　(3)－20 J

解析　(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a＝＝＝μg＝2 m/s2

(2)经过t1时间二者共速，t1＝＝ s＝1 s

行李箱匀加速运动的位移为：x1＝at＝×2×12 m＝1 m

行李箱随传送带匀速运动的时间：t2＝＝ s＝4.5 s

则行李箱从A传送到B所用时间：t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s

(3)t1时间内传送带的位移：x2＝vt1＝2×1 m＝2 m

根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff

行李箱对传送带的摩擦力做功：W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J

模型2　倾斜传送带问题

例3　(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，

sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

图4

(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；

(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；

(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.

答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J

解析　(1)在C点，竖直分速度：vy＝＝1.5 m/s

由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s

(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则

vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s

从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝mv

解得Wf＝1 J

(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有

μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma

解得a＝0.4 m/s2

达到共同速度所需时间t＝＝5 s

两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m

由于mgsin 37°<μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动．

故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：

Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J.

1．模型分类

滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．

2．位移关系

滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度．

3．解题关键

找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

例4　(2020·四川德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.

图5

(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；

(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；

(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.

答案　(1)　(2)mg　(3)mgh

解析　(1)由动能定理有×2mv＝2mg(h－Lsin θ)

解得：v0＝

(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F0－2mgsin θ＝2ma0

对物块由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma0

解得：F0＝mg

(3)设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零．

对木板有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3

对物块有μmgcos θ－mgsin θ＝ma2

对木板与物块整体有2mgsin θ＝2ma4

另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)

a2(t1＋t2)＝a4t3

a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t＝

W＝F·a1t

解得：W＝mgh.

变式2　(2019·天津市南开区二模)如图6，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N．当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2.求：

图6

(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；

(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功．

答案　(1)2 s　4 m/s　(2)23.04 J

解析　(1) 根据牛顿第二定律得：对物块：μmg＝ma1，

解得：a1＝2 m/s2

对小车：F－μmg＝Ma2，

解得：a2＝0.5 m/s2

设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有：a1t1＝v0＋a2t1，

代入数据解得：t1＝2 s，共同的速度大小为：v＝a1t1＝4 m/s；

(2)t1时间内物块位移：x1＝a1t＝×2×22 m＝4 m，

t1时刻物块速度：v1＝v＝4 m/s，

t1后M、m有相同的加速度，

对M、m 整体有：F＝(M＋m)a3，

解得：a3＝0.8 m/s2，

物块受到的摩擦力为：Ff＝ma3＝1.6 N，此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为：x2＝v1t2＋a3t＝(4×1＋×0.8×12) m＝4.4 m，

所以摩擦力做的功为：W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J.

1. (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图1所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是(　　)

图1

A．物体始终受到沿传送带向上的摩擦力

B．物体运动至顶端时一定相对传送带静止

C．传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量

D．物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2倍

答案　A

解析　当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A项正确．若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v仍小于传送带的速度v0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，这种情况下，物体通过的距离x物＝t，传送带通过的距离x传＝v0t，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍，故B、D项错误．物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C项错误．

2．(多选)(2019·云南省第二次统一检测)如图2所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心O等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是(　　)

图2

A．A、B两点间的高度差为R

B．C到N的水平距离为2R

C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg

D．小球从N点运动到C点的时间为

答案　AC

解析　从A点到C点：mgh＝mv，从A点到N点：mg(h＋Rcos 45°)＝mv，其中vC＝vNcos 45°，联立解得：h＝R，vN＝，选项A正确；小球从N运动到C的时间：t＝＝，则C到N的水平距离为：xCN＝vNcos 45°t，解得xCN＝R，选项B、D错误；从A到M点：mg(h＋R)＝mv，在M点：FN－mg＝m，解得FN＝(3＋)mg，由牛顿第三定律，小球在M点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(3＋)mg，选项C正确．

3．如图3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R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 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L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m＝1 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g＝10 m/s2，不计空气阻力)

图3

(1)当H＝2 m时，求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，求H的取值范围．

答案　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m

解析　(1)设小球第一次到达D点的速度为vD，对小球从静止释放到D点的过程，根据动能定理有：mg(H＋r)－μmgL＝mv

在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有FN＝m

联立解得：FN＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：FN′＝FN＝84 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：mgHmin－μmgL＝mv

在O点由牛顿第二定律有：mg＝m

代入数据解得：Hmin＝0.65 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，与挡板碰后再返回最高能上升到D点，则mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0

代入数据解得：Hmax＝0.7 m

故有：0.65 m≤H≤0.7 m.

4．如图4甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：

图4

(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；

(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．

答案　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)0.2 m

解析　(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgR＝mv

解得vB＝3 m/s

在B点由牛顿第二定律有，FN－mg＝m，

解得FN＝30 N

由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N，方向竖直向下．

(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功

Wf＝－l＝－4 J

物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得，

mgR＋Wf＝mv2，解得v＝1 m/s

(3)当平板车不固定时，对物块有a1＝μg＝2 m/s2

对平板车有a2＝＝2 m/s2

经过时间t1物块滑离平板车，则有

vBt1－a1t－a2t＝l

解得t1＝0.5 s(另一解舍掉)

物块滑离平板车时的速度v物＝vB－a1t1＝2 m/s

此时平板车的速度v车＝a2t1＝1 m/s

物块滑离平板车后做平抛运动的时间t2＝＝0.2 s

物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.2 m.