2019版高考物理创新大一轮基础课+能力课+实验课江苏专用版课件：第五章 机械能 能力课 精品

8 15gR
由机械能守恒 Ep＝12mv20＝145mgR
(2)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 θ，小球做平抛运动，有 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝12gt2 位移方向与圆弧垂直 tan θ＝12vg0tt2＝2gvt0 设速度方向与水平方向的夹角为 α tan α＝vv0y＝vgt0＝2tan θ 所以小球不能垂直击中圆弧
盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
图7
A.0.50 m
B.0.25 m
C.0.10 m
D.0
解析 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功为
－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数
据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以小物块在BC面上经过3次往复运动后，
命题角度2 滑块—木板模型中摩擦力做功问题 【例3】 (2017·南通模拟)如图3甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平
面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg 的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦 因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时 撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度 g＝10 m/s2。求：
解析 设轨道顶端离地面高度为 H，根据机械能守恒可知物体落地时的速度大小为 v＝ 2gH，与轨道半径无关，选项 A 错误；设轨道半径为 R，物体到轨道底端时速 度为 vx＝ 2gR，向心加速度为 a＝vR2x＝2g，与半径无关，选项 C 错误；平抛的水平 位移 x＝vxt＝ 2gR· 2（Hg－R）＝2 （H－R）R，当 R＝H2 时，水平位移最大为 H，选项 B 错误；落地时的速度与竖直方向的夹角满足 sin θ＝vvx＝ HR，R 越大， θ 越大，选项 D 正确。 答案 D
3.如图7所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A 处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆
内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小物块在
能力课 应用力学两大观点攻克多过程问题
多种运动的组合问题
若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而 不涉及能量转化问题，则常常用运动学公式和牛顿运动定律求解；若该过 程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理和机 械能守恒定律求解。
【例 1】 (2017·苏州一模)如图 1 所示，一个半径为 R 的14圆周的轨道，O 点为圆 心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为 37°。轨道的左侧与一固定光 滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在 A 点。现用一质量为 m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至 P 点后释放。已知重力 加速度为 g，不计空气阻力。
(2)t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1：木板A仍做匀加速 运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等。 v1＝aBt1 又v1＝aA(t1＋t2) 解得t2＝1 s 设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2 s，加速度为a F2＝(M＋m)a a＝1 m/s2
巧用图象法解决板块问题
板块问题在各地高考中出现频繁，除了常规的公式法解答外，有些定性选择问题用图 象法解决快捷方便，值得推荐。 【典例】 (2017·南京三模)(多选)将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，
如图4甲所示。第一次，质量为m的小铅块(可视为质点)在木板上以水平初速度v0由 木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长 度与质量均相等的两段1和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的 初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图乙所示。设铅块与长木板间的动摩擦因数 为μ，重力加速度为g。关于上述两过程，下列说法中正确的是( )
答案 BD
1.(2017·江苏泰州模拟)如图5所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将 A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光 滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )
图5
A.W1＜W2，Q1＝Q2
B.W1＝W2，Q1＝Q2
(4)系统的摩擦热 Q 只发生在 t1＋t2 时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系 统的摩擦热 Q＝ μmgx＝4 J。
答案 (1)2 m/s2 4 m/s2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J
滑块—木板模型问题的分析流程
说明：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带 上往复运动时，则x相对为总的相对路程。
多过程问题的解题技巧 (1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。 (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。 (3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
传送带、滑块—木板两模型中的功能关系
命题角度1 传送带模型中摩擦力做功问题
【例2】 (2017·泰州中学)如图2所示，水平传送带在电动机带动
下以速度v1＝2 m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2 kg和
0.3 kg。由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P放在
传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为
图2
0.5，传送带水平部分两端点间的距离为4 m，不计定滑轮质量
及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g＝10 m/s2。
2.如图6所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。 把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑 到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因 摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的 恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过 程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量 为Q2。下列关系中正确的是( )
(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小； (2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量； (3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。
解析 (1)P释放后受到向右的摩擦力， 大小为Ff＝μmPg＝1 N， 由mQg－FT＝mQa， FT－Ff＝mPa， 可得a＝4 m/s2。 物体P向左做匀加速运动，加速度大小为4 m/s2。 (2)P离传送带左端的距离x＝2 m， 由 x＝12at2 可得 t＝ 2ax＝1 s。
图3
(1)0～1 s内，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B相对A滑行的最大距离x； (3)0～4 s内，拉力做的功W； (4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。 解析 (1)在0～1 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得μmg＝MaA F1－μmg＝maB 代入数据得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2。
图6
A.W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B.W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C.W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2 D.W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相 等，所以 W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1＝vl1；当传送带以 v2 的 速度匀速运动时，物体运动的时间为 t2＝v1＋l v2，所以第二次用的时间短，功率大， 即 P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等 于转化的内能，第二次的相对路程 Δs＝(v1＋v2)t2′－v2t2′＝v1t2′，Δs 变小，所以 Q1 ＞Q2，选项 B 正确。 答案 B
又回到B点。选项D正确。
答案 D
4.(2015·南京三模)如图8所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面 内，轨道的末端B处切线水平。现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。若 保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越 大，小物体( )
图8 A.落地时的速度越大 B.平抛的水平位移越大 C.到圆弧轨道最低点时加速度越大 D.落地时的速度与竖直方向的夹角越大
物体P相对于传送带的相对位移 s相＝x＋v1t＝4 m， 摩擦产生的热量Q＝Ff·s相＝4 J。 (3)由功能关系可知，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功。 E＝Ff·v1t＝2 J。 答案 (1)P向左运动，加速度大小为4 m/s2 (2)4 J (3)2 J
传送带模型问题的分析流程
C.W1＜W2，Q1＜Q2
D.W1＝W2，Q1＜Q2
解析 在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等
Байду номын сангаас
于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位 移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项 A正确。
答案 A
木板 A 受到的静摩擦力 f＝Ma<μmg，A、B 一起运动 x＝12aBt21＋v1t2－12aA(t1＋t2)2 代入数据得 x＝2 m。 (3)时间 t1 内拉力做的功 W1＝F1x1＝F1·12aBt21＝12 J 时间 t2 内拉力做的功 W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J 时间 t3 内拉力做的功 W3＝F2x3＝F2(v1t3＋12at23)＝20 J 4 s 内拉力做的功 W＝W1＋W2＋W3＝40 J。
图1 (1)若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能； (2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直； (3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。
解析 (1)小球离开 O 点做平抛运动，设初速度为 v0，由
Rcos 37°＝v0t Rsin 37°＝12gt2
解得 v0＝
图4 A.铅块在木板 1 上滑动时，两段木板间的作用力为 μmg B.铅块在木板 1 上滑动时，两段木板间的作用力为12μmg C.小铅块第二次仍能到达木板 2 的右端 D.系统第一次因摩擦而产生的热量较多
解析 铅块在木板 1 上滑动时，木板 1 受滑动摩擦力为 f＝μmg，取木板 1、2 整体 分析有 f＝μmg＝2ma，得出 a＝12μg。 隔离木板 2 分析，1 对 2 木板的作用力提供 加速度，有 F＝ma＝12μmg，选项 A 错误，B 正确；对图甲分析当它们达到共同速 度时有 v 共＝v0－μgt＝12μgt，得出 v 共＝13v0，可画出此过程铅块和木板对应的 v－t 图象如图所示，同理可画出图乙对应的运动图象，需注意铅块滑上第 2 块木板时木 板的加速度的变化，通过图象可以看出第二次铅块不能到达木板 2 的右端，选项 C 错误；第一次两者之间的相对位移大于第二次的相对位移，第一次产生的热量较多， 选项 D 正确。
(3)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 θ，小球做平抛运动
Rcos θ＝v0t
Rsin θ＝12gt2
由动能定理 mgRsin θ＝Ek－12mv20
解得 Ek＝mgR(34sin θ＋4si1n θ)
当
sin
θ＝
33时，Ekmin＝
3 2 mgR
答案 (1)145mgR (2)见解析 (3) 23mgR