（全國(guó)用）2023版高考物理大一輪復(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

PAGE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(guò)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、推理能力和標(biāo)準(zhǔn)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)根本規(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(wèn)題1．多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)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(wèn)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)根本規(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(guò)程，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程．(2)兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)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(2022·全國(guó)Ⅰ卷·25)如圖1，一輕彈簧原長(zhǎng)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eq\f(5,6)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.P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))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(shì)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．P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)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eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切；②水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)．答案(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)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＝eq\f(1,2)mvB2 ②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR) 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(shì)能為Ep，由B→E過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2 ④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x ⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)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(如下圖)得θ＝37°.由幾何關(guān)系得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)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＝eq\f(1,2)gt2 ?x1＝vDt ?聯(lián)立⑨⑩??得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ?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(guò)程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1vC2＝eq\f(1,2)m1vD2＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ) ?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1vC2 ?聯(lián)立⑦⑧???得m1＝eq\f(1,3)m多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧1．“合〞——初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景．2．“分〞——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律．3．“合〞——找到子過(guò)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eq\f(1,4)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?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)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eq\f(L,2)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)eq\f(3,4)H(2)Leq\r(\f(g,2H))mg(1＋eq\f(L2,2HR))，方向豎直向下(3)mg(eq\f(L2,4H)－R)解析(1)由H＝eq\f(1,2)gt2和L＝vQt可得距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心到底板的高度為eq\f(3,4)H.(2)由(1)可得速度的大小vQ＝Leq\r(\f(g,2H))，在Q點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，對(duì)軌道壓力的大小FN′＝FN＝mg(1＋eq\f(L2,2HR))，方向豎直向下．(3)由動(dòng)能定理有mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mvQ2－0，故摩擦力對(duì)小球做的功Wf＝mg(eq\f(L2,4H)－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(guò)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(guò)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)假設(shè)軌道MNP光滑，求物塊經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；(3)假設(shè)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(guò)程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)6m/s0.4(2)16.8N，方向豎直向下(3)4.4J解析(1)物塊過(guò)B點(diǎn)后遵從x＝6t－2t2，所以知：vB＝6m/s，a＝－4m/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＝eq\r(2gh)＝4eq\r(3)m/sP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eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(1,2)mvD2＋mg(h＋R－Rcos60°)解得vN2＝74m2/s2根據(jù)牛頓第二定律，有FN′－mg＝meq\f(v\o\al(2,N),R)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＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s物塊到達(dá)P點(diǎn)的速度vP＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝8m/s從P到M點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理，有－mgR(1＋cos60°)－WPNM＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvP2解得WPNM＝2.4J.從B到D點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有－WBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2解得WBD＝2J.物塊從B點(diǎn)到M點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(wèn)題1．模型分類：水平傳送帶問(wèn)題和傾斜傳送帶問(wèn)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(guò)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＝2m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻B從傳送帶左端以速度v1＝6m/s向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間回到傳送帶的左端，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(zhǎng)，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(guò)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(guò)一段時(shí)間回到傳送帶的左端．答案(1)2s(2)2eq\r(5)m/s(3)(16＋4eq\r(5))J解析(1)B向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)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，那么A的加速度的大小始終與B相等，A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受力如圖，那么mgsin37°－FT1＝ma1 ②聯(lián)立①②可得a1＝eq\f(gsin37°＋μg,2)＝4m/s2 ③B的速度與傳送帶的速度相等時(shí)所用的時(shí)間t1＝eq\f(－v0－－v1,a1)＝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(guò)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，那么FT2－μmg＝ma2 ④以A為研究對(duì)象，那么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(guò)程中mgsin37°－FT2＝ma2 ⑤聯(lián)立④⑤可得a2＝eq\f(gsin37°－μg,2)＝2m/s2.當(dāng)B向右速度減為0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2＝eq\f(0－－v0,a2)＝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(guò)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＝eq\f(－v0＋－v1,2)t1＝－4m，負(fù)號(hào)表示方向向右．t2時(shí)間內(nèi)B的位移x2＝eq\f(0＋－v0,2)×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＝eq\r(2a3x3)＝2eq\r(5)m/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，那么t3＝eq\f(v－0,a3)＝eq\r(5)s.t3時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x3′＝－v0t3＝－2eq\r(5)m，該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移Δx3＝x3－x3′＝(5＋2eq\r(5))m.B與傳送帶之間的摩擦力Ff＝μmg＝2N.上述過(guò)程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋4eq\r(5))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＝10m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體質(zhì)量m＝1kg無(wú)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，sin37°＝0.6，g＝10m/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，那么v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)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＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)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＝μmgcosθ·x相對(duì)＝24J.4．一質(zhì)量為M＝2.0kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛來(lái)的子彈擊中并從物塊中穿過(guò)，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?．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(shuō)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)24J36J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，那么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＝2.0m/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＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4.0,2)m/s2＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力Ff＝μMg，那么物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ma,Mg)＝eq\f(a,g)＝eq\f(2.0,10)＝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，那么x＝vt＝2.0×3m＝6.0m，所以，傳送帶所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0J＝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)直至和傳送帶到達(dá)共同速度的時(shí)間為t2，那么有物塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能Q1＝μMg(vt1＋eq\f(v1,2)t1)＝32J，物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μMg(vt2－eq\f(v,2)t2)＝4J.所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36J.命題點(diǎn)三滑塊—木板模型問(wèn)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(guò)程中，假設(shè)滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，那么滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長(zhǎng)度；假設(shè)滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，那么滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長(zhǎng)度．3．此類問(wèn)題涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程中的加速度(注意兩過(guò)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(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)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(zhǎng)，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)，假設(shè)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(guò)程中的v－t圖象如下圖．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(wèn)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(guò)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(wèn)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＝eq\f(\r(3),6)，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，重力加速度為g.圖8(1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)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)假設(shè)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(guò)計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出？答案(1)eq\f(3,2)mgh0(2)eq\f(\r(3),3)(3)見解析解析(1)物塊受到的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmgcosθ，A到B過(guò)程由功能關(guān)系有－Ffeq\f(h0,sinθ)＝mgh0－Ep，解得Ep＝eq\f(3,2)mgh0.(2)設(shè)上升、下降過(guò)程物塊加速度大小分別為a1和a2，那么mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(1,2)a2t22，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(3),3).(3)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，上升的最大高度設(shè)為hm，那么由能量關(guān)系，來(lái)回克服阻力做功等于補(bǔ)充的彈性勢(shì)能2Ff·eq\f(hm,sinθ)＝Ep，解得hm＝eq\f(3,2)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(wèn)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(shì)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．假設(shè)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，那么()圖1A．動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθB．動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(h1,s)C．傾角α一定大于θD．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·eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0mgh1－μmg(eq\f(h1,tanθ)＋s′)＝0mgh1－μmgs＝0μ＝eq\f(h1,s)A錯(cuò)誤，B正確．在AB段由靜止下滑，說(shuō)明μmgcosθ＜mgsinθ，第二次滑上CE在E點(diǎn)停下，說(shuō)明μmgcosα＞mgsinα；假設(shè)α＞θ，那么雪橇不能停在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(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.5m的小車左端，車的上外表粗糙，物塊與車上外表間動(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，車的上外表和軌道最低點(diǎn)高度相同，距地面高度h＝0.65m，開始車和物塊一起以10m/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＝10m/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＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得v1＝eq\r(85)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＝meq\f(v\o\al(2,1),R)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)假設(shè)小物塊能到達(dá)半圓形軌道最高點(diǎn)，那么由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mv12＝2mgR＋eq\f(1,2)mv22解得v2＝7m/s設(shè)恰能過(guò)最高點(diǎn)的速度為v3，那么mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)解得v3＝eq\r(gR)＝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＝eq\f(1,2)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(wèn)題3．(多項(xiàng)選擇)如圖3甲所示，傾角為θ的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(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，那么()圖3A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．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＝0.5D．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(guò)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；1.0s之前的加速度a1＝10m/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．(多項(xiàng)選擇)如圖4所示，光滑軌道ABCD是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)山車軌道的簡(jiǎn)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局部水平，末端D點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)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(guò)C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，那么()圖4A．固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2RB．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(guò)最高點(diǎn)C，那么此時(shí)應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，那么mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)，從A到C根據(jù)動(dòng)能定理：mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mvC2－0，整理得到：h＝2.5R，應(yīng)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＝eq\f(h,μ)，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(wú)關(guān)，與高度h有關(guān)，應(yīng)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，那么根據(jù)能量守恒，可以再次回到A點(diǎn)，應(yīng)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，那么在相同時(shí)間內(nèi)二者相對(duì)位移越大，那么產(chǎn)生的熱量越大，應(yīng)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?lè)较騽蛩俎D(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(zhǎng)小于平臺(tái)的長(zhǎng)度，滑塊靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝4.5J，假設(shè)突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶．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(zhǎng)，取g＝10m/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(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v1，那么Ep＝eq\f(1,2)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＝eq\f(v1,a)＝1.5s向右勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(v,a)＝1s向左的最大位移為x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝2.25m向右加速運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(v2,2a)＝1m勻速向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(x1－x2,v)＝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那么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那么Δx2＝x2′－x2＝1mΔx＝Δx1＋Δx2＝6.25m那么產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝12.5J.題組3滑塊—木板模型問(wèn)題6．如圖6所示，一質(zhì)量m＝2kg的長(zhǎng)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＝9m/s的速度從木板的右端滑上木板．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＝10m/s2，木板足夠長(zhǎng)，求：圖6(1)鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度的大小；(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