高考2020年编物理精选复习专题：二能量与动量第5讲力学“三大观点”的综合应用73

2．“滑块—木板”模型的两大临界条件 (1)相对滑动的临界条件 ①运动学条件：两者速度或加速度不相等． ②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力． (2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时速度相 同．
1．(2019·东北大联考)如图甲所示，质量 M＝1 kg 的木板静止在粗 糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 μ1＝0.1，在木板的左端 放置一个质量 m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦 因数 μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2.
(1)物体从 A 运动到 B 点所需的时间； (2)物体在传送带上产生的热量； (3)弹簧被物体压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大 于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，
物体由静止加速，由牛顿第二定律可知：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得：a1＝10 m/s2 物体加速到与传送带相同速度需要的时间为：t1＝1 s 物体加速到与传送带相同速度经过的位移为： x1＝12a1t21＝12×10×12 m＝5 m＜xAB＝16 m 由于 μ＜tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)物体将继续加速运动，当物体 的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如 图乙所示，由牛顿第二定律可得：
A．动摩擦因数 μ＝67
B．载人滑草车最大速度为
2gh 7Leabharlann C．载人滑草车克服摩擦力做功 mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
解析：选 AB.由题意知，上、下两段斜坡的长分别为：s1＝sinh45°， s2＝sinh37°，由动能定理知：2mgh －μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0， 解得动摩擦因数 μ＝67，选项 A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度 分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝ 142g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－335 g，则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝12mv2， 解得 v＝ 2g7h，选项 B 正确，D 错误；载人滑草车克服摩擦力做的 功与重力做功相等，即 W＝2mgh，选项 C 错误．
23gR 2
(3)35
5R g
如图所示，传送带与地面的夹角为 θ＝37°，长度 xAB＝16 m， 以 10 m/s 的速率逆时针匀速转动；在传送带上端的 A 处无初速地放上 一个质量为 0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5，传送 带的下方和一个斜面平滑相连，物体与斜面间的动摩擦因数也是 0.5， 斜面的下端 O 固定一个轻弹簧，轻弹簧的另一端在 C 位置；物体离开 传送带后向下压缩弹簧到最短又被弹簧弹回，向上运动最高到达 D 点； 已知 xBC＝20 m，xCD＝8 m，取 g＝10 m/s2，求：
第 5 讲 力学“三大观点”的综合应用
考点一 动力学观点在力学中的应用
牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题涉及多过程的运动时， 要分以下几个步骤进行求解：
1．分析物体的临界状态． 2．根据临界状态将物体的运动分为相应的几个阶段． 3．分阶段分析物体的受力情况和运动情况． 4．利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解．
(1)物块在 A 点的速度大小； (2)水平恒力 F 的大小．
解析：(1)设物块在斜面上运动的加速度大小为 a1，方向沿斜面向上， 则
x＝vt＋12a1t2 解得 a1＝0.25 m/s2 物块在 A 点的速度为 v0＝v＋a1t＝5 m/s.
(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为 μ，物块在水平面上运动时， 有
涉及弹簧的能量问题的解题方法 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以 下特点： 1．能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械 能守恒． 2．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸 长或压缩到最大程度时两物体速度相同． 3．当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．
1．(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由 上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45°和 37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因 数为 μ.质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、 下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交 接处的能量损失)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( AB )
②当 μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N 时，木板和铁块相对静止 则有 F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a f＝ma 即 f＝F2－1 N ③当 F＞10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力 f＝μ2mg＝4 N 故铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图象如图所示．
答案：(1)1 s (2)见解析图
μmg＝ma2 由图线可知 a2＝2 m/s2 解得 μ＝0.2 物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为 Ff，则 Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1 Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得 F＝mgsincθo－s θμ＋mgμcsoins θθ＋ma1≈10.1 N. 答案：(1)5 m/s (2)10.1 N
(3)从 B 到弹簧被压缩到最短时运用动能定理有： mgsin θ·(xBC＋x)－μmgcos θ·(xBC＋x)－Ep ＝0－12mv2B 从弹簧被压缩到最短向上运动到 D 运用动能定理有： Ep＝mgsin θ·(xDC＋x)＋μmgcos θ·(xDC＋x) 滑块到 B 点的速度 vB＝ v2＋2a2x2＝ 102＋2×2×11 m/s＝12 m/s 解得：x＝4 m，Ep＝60 J. 答案：(1)2 s (2)12 J (3)60 J
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 解得：a2＝2 m/s2 设后一阶段物体滑至传送带底端所用时间为 t2， 由 x2＝L－x1＝vt2＋12a2t22＝11 m， 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以物体从 A 运动到 B 所用的时间为：t＝t1＋t2＝2 s.
(2)物体第一阶段加速时，传送带的位移为： x1′＝vt1＝10 m， 第一段产生的热量为：Q1＝μmgcos θ(x1′－x1) 代入数据解得：Q1＝10 J 第二阶段加速时，传送带的位移为：x2′＝vt2＝10 m 产生的热量为：Q2＝μmgcos θ(x2－x2′)， 代入数据解得：Q2＝2 J 产生的总热量：Q＝Q1＋Q2＝12 J.
4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合 解题．
(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直 平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水 平轨道 PA 在 A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径， O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为 α，sin α＝35. 一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点， 落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一 直受到一水平恒力的作用．已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心， 且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为 g.求：
2．(2019·江西南昌市一模)在倾角 θ＝37°的粗糙斜面上有一质量 m ＝2 kg 的物块，物块受如图甲所示的水平方向恒力 F 的作用，t＝0 时刻 物块以某一速度从斜面上 A 点沿斜面下滑，在 t＝4 s 时滑到水平面上， 此时撤去 F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系 如图乙所示，已知 A 点到斜面底端的距离 x＝18 m，物块与各接触面之 间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多 少？
(2)若施加的水平拉力 F＝11 N，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的 最短时间．
解析：(1)B 在 A 上的最大加速度：aB＝μ2mmg＝1 m/s2 要使 A 从 B 下抽出，必须满足：aA＞aB① 对 A 由牛顿第二定律得： F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA② 联立①②代入数据解得：F＞9 N.
(2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由动能定理有 －mg·CD－F0·DA＝12mv2－12mv21⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为 p＝mv1＝m 223gR⑨
(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动， 加速度大小为 g.设小球在竖直方向的初速度为 v⊥，从 C 点落至水平轨 道上所用时间为 t.
由运动学公式有
v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝35 5gR⑫
答案：(1)34mg
5gR 2
(2)m
(1)若木板长 L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F＝8 N，经 过多长时间铁块运动到木板的右端？
(2)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水 平向左的力 F，请在图乙中画出铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的 图象．
解析：(1)以铁块为研究对象 F－μ2mg＝ma1 对木板有 μ2mg－μ1(mg＋Mg)＝Ma2 L＝12a1t2－12a2t2 解得 t＝1 s. (2)①当 F≤μ1(mg＋Mg)时，f＝0 N 当 M、m 都运动，两者刚要相对滑动时，拉力大小为 F1 对 m：μ2mg＝ma 对 M：F1－μ1(mg＋Mg)＝Ma 所以 F1＝10 N
考点二 用动力学和能量观点解决多过程问题
对于多过程问题要做好“四选择” 1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时， 一般选择用动力学方法解题． 2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、 功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能 量守恒定律． 3．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一 时刻的问题选择牛顿第二定律求解．