2022步步高大一轮复习--物理 第五章 机械能及其守恒定律 专题强化六应用力学两大观点解决三类问题学案

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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，寻求最优解题方案．
例1 (2019·江苏扬州中学月考)如图1，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的水平轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m、可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，重力加速度为g，求：
图1
(1)滑块第一次滑至圆轨道最低点C时对轨道的压力；
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．
答案 (1)2mg，方向竖直向下 (2)0.25 (3)3mgR
解析 (1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN
由P到C的过程，由动能定理得：
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvC2－0，
在C点：FN－mg＝meq \f(vC2,R)
联立解得：FN＝2mg
由牛顿第三定律得：滑块第一次滑至圆轨道C点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝2mg，方向竖直向下；
(2)滑块从P到Q的过程：
mgR(1－cs 60°)－μmg·2R＝0
解得：μ＝0.25
(3)因滑块刚好能通过圆轨道的最高点A，则在A点时滑块的重力提供向心力，则mg＝meq \f(vA2,R)
滑块从Q到A的过程：
E弹＝eq \f(1,2)mvA2＋mg·2R＋μmg·2R
联立解得：E弹＝3mgR.
变式1 (2019·江苏天一中学期初调研)如图2所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角θ＝30°的固定的光滑斜轨道进行．有一件质量为m＝2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平地面上滑行一段距离停下，若A点距离水平地面的高度h＝5.0 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
图2
(1)包装盒由A滑到B经历的时间；
(2)若包装盒与水平地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？(不计斜面与水平地面接触处的能量损耗)
答案 (1)2.0 s (2)10 m
解析 (1)对包装盒进行受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsin θ＝ma
则a＝gsin θ＝5.0 m/s2
包装盒沿斜轨道由A到B的位移为xAB＝eq \f(h,sin 30°)＝10 m
设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t，则
xAB＝eq \f(1,2)at2
解得：t＝eq \r(\f(2xAB,a))＝2.0 s；
(2)由动能定理得：－Ffx＝0－eq \f(1,2)mvB2
其中Ff＝μmg
在B点速度vB＝at
代入数据，得x＝10 m.
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＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对．
例2 (2020·福建福州市质检)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＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
(2)经过t1时间二者共速，t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为：
x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间：
t2＝eq \f(x0－x1,v)＝eq \f(10－1,2) 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
变式2 (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4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4
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；若物体的速度能等于传送带的速度，此时物体受重力、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，物体通过的距离x物＝eq \f(0＋v,2)t＝eq \f(v,2)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．
1．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．
2．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3 如图5所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左的速度v0＝9 m/s从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：
图5
(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；
(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程s.
答案 (1)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m
解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝eq \f(0.4×1×10－0.1×3×10,2) m/s2＝0.5 m/s2.
(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2.
设铁块与木板相对静止时的共同速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t＝a2t，解得：v＝1 m/s，t＝2 s.
铁块相对地面的位移
x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝9×2 m－eq \f(1,2)×4×4 m＝10 m.
木板相对地面的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(1,2)×0.5×4 m＝1 m，
铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m，
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9 J＝36 J.
设铁块与木板共速后的加速度为a3，发生的位移为x3，则有：a3＝μ1g＝1 m/s2，x3＝eq \f(v2－0,2a3)＝0.5 m.
故木板在水平地面上滑行的总路程s＝x2＋x3＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
变式3 (2019·天津市南开区二模)如图6所示，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＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×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，t2＝t0－t1＝1 s，
位移为：
x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a3t22＝(4×1＋eq \f(1,2)×0.8×12) m＝4.4 m，
所以摩擦力做的功为：W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J.
1．(多运动过程问题)(多选)(2019·江苏高考模拟卷)如图7所示，ab是一段长度为2R的粗糙水平面，动摩擦因数为μ＝0.5，其右端与一固定在竖直面内的S形轨道相切于b点，S形轨道由半径分别为r和R的两个eq \f(1,4)光滑圆弧构成，且R＝2r.圆弧交接处的距离略大于小球的直径，忽略小球在进入S形轨道时的能量损失．现有一质量为m的小球受到水平恒力F＝mg的作用，自a处从静止开始向右运动至b点撤去外力，重力加速度大小为g，不计空气阻力．则下列说法正确的是( )
图7
A．在半径为R的轨道上，小球处于超重状态
B．在b点，小球对轨道的压力为5mg
C．当水平恒力F≥eq \f(3,2)mg时，小球才能到达最高点
D．当水平恒力F≥eq \f(3,4)mg时，小球才能到达最高点
答案 BC
解析 在半径为R的轨道上，小球的向心加速度具有向下的分量，处于失重状态，故A错误；小球在ab段的加速度a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(1,2)g，小球在b点的速度v＝eq \r(2ax)＝eq \r(2gR)，故在b点，FN＝eq \f(mv2,r)＋mg＝5mg，由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FN′＝FN＝5mg，故B正确；考虑恰好能够到达最高点的临界情况，在最高点，小球的重力提供向心力，故mg＝meq \f(v12,R)，从最低点到最高点过程，根据机械能守恒定律，有：eq \f(1,2)mv22＝mg(R＋r)＋eq \f(1,2)mv12，联立解得小球在b点的速度：v2＝eq \r(8gr)，小球在ab段的加速度a＝eq \f(v22,2×2R)＝eq \f(8gr,4R)＝g，则F＝μmg＋ma＝eq \f(3,2)mg，即当F≥eq \f(3,2)mg时小球才能到达最高点，故C正确，D错误．
2．(板块模型问题)如图8甲所示，半径R＝0.45 m的光滑eq \f(1,4)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8
(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＝eq \f(1,2)mvB2解得vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律有，FN－mg＝meq \f(vB2,R)，
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＝－eq \f(μ1mg＋μ2mg,2)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＝eq \f(1,2)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＝eq \f(μmg,M)＝2 m/s2
经过时间t1物块滑离平板车，则有
vBt1－eq \f(1,2)a1t 12－eq \f(1,2)a2t12＝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＝eq \r(\f(2h,g))＝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.
1．(多选)(2019·江苏南京市期中)如图1所示，绷紧的水平传送带AB始终保持某一恒定的速率v运行，一行李无初速度地放在A处，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，并在传送带右端脱离传送带．下列说法正确的是( )
图1
A．传送带运行速率v越大，行李在传送带上的运动时间一定越短
B．传送带运行速率v越大，行李运动到传送带水平段末端B的速度一定越大
C．若行李释放点改至A处右侧，则行李运动到传送带水平段末端B的速度可能不变
D．如果行李到达B点前已经与传送带的速度相同，那么行李与传送带之间的摩擦力做功而产生的热能一定与行李的末动能相等
答案 CD
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eq \f(\r(2),2)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＋eq \r(2))mg
D．小球从N点运动到C点的时间为eq \r(\f(2R,g))
答案 AC
解析 从A点到C点：mgh＝eq \f(1,2)mvC2，从A点到N点：mg(h＋Rcs 45°)＝eq \f(1,2)mvN2，
其中vC＝vNcs 45°，联立解得：h＝eq \f(\r(2),2)R，vN＝eq \r(2\r(2)gR)，选项A正确；小球从N运动到C的时间：t＝eq \f(vNsin 45°,g)＝eq \r(\f(\r(2)R,g))，则C到N的水平距离为：xCN＝vNcs 45°t，解得xCN＝eq \r(2)R，选项B、D错误；从A到M点：mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mvM2，在M点：FN－mg＝meq \f(vM2,R)，解得FN＝(3＋eq \r(2))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＋eq \r(2))mg，选项C正确．
3．(多选)如图3，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0沿AB运动恰能通过最高点，则( )
图3
A．R越大，v0越大
B．m越大，v0越大
C．R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大
D．m越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大
答案 AD
解析 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg＝meq \f(vD2,R)，则vD＝eq \r(gR)，根据动能定理得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvD2＋2mgR，解得v0＝eq \r(5gR)，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，FN－mg＝meq \f(v02,R)，则轨道对小球的支持力FN＝mg＋meq \f(v02,R)＝6mg，则FN大小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知，C错误，D正确．
4．如图4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eq \f(1,4)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4
(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＝eq \f(1,2)mvD2.在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有FN＝meq \f(vD2,r)
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＝eq \f(1,2)mv02
在O点由牛顿第二定律有：mg＝meq \f(v02,r)
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，则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.