高考物理一轮复习 第3章 章末专题复习

这是一份高考物理一轮复习 第3章 章末专题复习，共8页。试卷主要包含了水平传送带模型，两种位移关系，解题思路等内容，欢迎下载使用。

1．水平传送带模型
2.倾斜传送带模型
(2017·河北正定中学月考)如图3­1所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：
(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．
(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
图3­1
【解析】 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg＝ma1
s1＝eq \f(v\\al(2,0),2a1)＝1 m所以在到达传送带右端前物块已匀速
物块以v0速度滑上斜面－mgsin θ＝ma2
物块速度为零时沿斜面上升的距离s2＝eq \f(－v\\al(2,0),2a2)＝eq \f(1,3) m
由于s2<0.4 m，所以物块未到达斜面的最高点．
(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间
t1＝eq \f(2s1,v0)＋eq \f(L－s1,v0)＝1.5 s
物块第一次在斜面上往返的时间t2＝eq \f(－2v0,a2)＝eq \f(2,3) s
物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左－μmg＝ma3
向左端发生的最大位移s3＝eq \f(－v\\al(2,0),2a3)，所用时间t3＝eq \f(－v0,a3)＝1 s
又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s末物块在斜面上速度恰好减为零
故物块通过的总路程
s＝L＋3s2＋2s3
解得s＝5 m.
【答案】 (1)不能 eq \f(1,3) m (2)5 m
[突破训练]
1．(多选)如图3­2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
【导学号：92492152】
甲 乙
图3­2
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
BC [相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误．]
物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题思路
(1)审题建模
求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．
(2)求加速度
准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．
(3)明确关系
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．求解中更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．
(2017·江西师大附中模拟)如图3­3所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5eq \r(2) m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(g取10 m/s2)
图3­3
(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？
(2)最终木板上放有多少块铁块？
(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？
【导学号：92492153】
【规范解答】 (1)木板最初做匀速运动，由F＝μMg计算得出，μ＝eq \f(F,Mg)＝0.5
第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：
F－μ(M＋m)g＝Ma1
代入数据计算得出：a1＝－0.5 m/s2
根据速度位移关系公式，有：veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1L，计算得出v1＝7 m/s.
(2)设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：an＝－eq \f(μnmg,M)
第1块铁块放上后：veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1L
第2块铁块放上后：veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a2L
第n块铁块放上后：veq \\al(2,n)－veq \\al(2,n－1)＝2anL
由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n)×2eq \f(μmg,M)L＝veq \\al(2,n)－veq \\al(2,0)
木板停下时，vn＝0，得n＝9.5，即最终木板上放有10块．
(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得：
eq \f(9×9＋1,2)×2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(μmg,M)))L＝veq \\al(2,0)－veq \\al(2,9)
从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10μmg,M)))d＝veq \\al(2,9)－0
联立计算得出：d＝0.5 m
所以：木板共运动9.5 m.
【答案】 (1)v1＝7 m/s (2)10块 (3)9.5 m
[突破训练]
2．如图3­4甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v­t图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
图3­4
(1)求物体A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.
【导学号：92492154】
【解析】 (1)根据v­t图象可知物体A的加速度为
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝eq \f(F－mAaA,mAg)＝0.4.
(2)由题图乙可知木板B的长度为
l＝eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为
aB＝eq \f(μmAg,mB)＝eq \f(0.4×1×10,4) m/s2＝1 m/s2
设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2＝l
解得t＝7.07 s.
【答案】 (1)0.4 (2)7.07 s
高考热点|动力学中的多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．
(2017·河南林州市专项练习)如图3­5所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f图3­5
(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；
(2)B至少应该多长？
【解析】 (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a＝g，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA＝eq \f(mg－f,m)，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB＝eq \f(mg＋f,m)，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动．
(2)B着地前瞬间的速度为v1＝eq \r(2gh)，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t＝eq \f(2v1,aB)，在此时间内A的位移x＝v1t＋eq \f(1,2)aAt2，要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件L≥x，联立以上各式，解
得L≥eq \f(8m2g2,mg＋f2)h.
【答案】 (1)见解析 (2)eq \f(8m2g2,mg＋f2)h
[突破训练]
3．(多选)如图3­6甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2.下列选项正确的是( ) 【导学号：92492155】
甲 乙
图3­6
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
BD [根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x＝5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x＝13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1＝eq \f(v\\al(2,0),2x1)＝eq \f(102,2×5) m/s2＝10 m/s2，a2＝eq \f(v\\al(2,t),2x0)＝eq \f(82,2×13－5) m/s2＝4 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t＝eq \f(v0,a1)＝1 s，在t＝1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立并代入数据可得，F＝7 N，μ＝0.3，选项C错误，D正确．]
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后，再以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速