【精品推荐】新课标2015届高三物理二轮专题复习突破14份

新课标2015届高三物理二轮专题复习突破难点突破1 (1)难点突破2 (6)难点突破3 (11)难点突破4 (15)难点突破5 (18)难点突破6 (26)难点突破7 (35)难点突破8 (41)难点突破9 (47)难点突破10 (54)难点突破11 (59)选择题 (65)实验题 (76)计算题 (88)难点突破1杆、绳或多物体的平衡问题分析选取研究对象是解决物理问题的首要环节．若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体平衡问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便．隔离法的目的是将内力转换为外力以便于计算，因此涉及内力计算时一般使用隔离法．很多情况下，采用整体法和隔离法相结合的方法．1．“动杆”与“定杆”轻杆模型是物体间连接的一种典型方式．中学物理一般讨论杆与墙、铰链(动杆)和插入或固定(定杆)两种连接方式．“动杆”多是“二力杆”，轻杆两端所受弹力方向一定沿着杆的方向．“定杆”固定不能转动，轻杆两端所受弹力方向不一定沿着杆的方向．2．“活结”与“死结”轻绳两段分界处受力点不能移动(“死结”)，相当于两根独立绳子，“死结”两侧的绳子弹力不一定等大．当轻绳跨过滑轮或光滑钩子时，绳上的着力点可以移动形成“活结”，“活结”两侧绳子的弹力一定等大，其合力一定沿着两段绳的夹角平分线．3．“轻绳”与“重绳”沿水平方向向两端反向拉“轻绳”，“轻绳”呈直线，“重绳”(质点串、链条等)两端悬挂呈曲线．均匀绳中各处张力均沿绳切线方向．【典例1】(多选)如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上．现分别用大小相等的为F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下面的()【解析】用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，水平向右的拉力F，细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．【答案】 A【典例2】如图所示，一根匀质绳的质量为M，其两端固定在天花板上的A、B两点，在绳的中点悬挂一质量为m的重物，悬挂绳的质量不计，设α、β为绳的端点和中点处的切线方向与竖直方向的夹角，试求tan αtan β的大小．【解析】 设悬点A 处对绳的拉力大小为F 1，由对称性可知点B 处对绳的拉力大小也为F 1.取M 和m 为一整体，由平衡条件得2F 1cos α＝(M ＋m )g设绳在P 点的张力大小为F 2，对P 点由平衡条件得2F 2cos β＝mg再以AP 段绳为研究对象，由水平方向合力为零可得F 1sin α＝F 2sin β以上三式联立可得tan αtan β＝m M ＋m. 【答案】 m M ＋m(多选)如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，两木块与水平面间的动摩擦因数相同，认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块一起匀速运动，则需要满足的条件是( )A ．木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ3B．木块与水平面间的动摩擦因数最大为2μ3C．水平拉力F最大为2μmgD．水平拉力F最大为3μmg解析：左边两个木块间达到最大静摩擦力μmg时，质量为2m 的木块受到地面的滑动摩擦力为μ′×3mg＝μmg，所以木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ3，以整体为研究对象，当μ′＝μ3时，F有最大值为2μmg.答案：AC如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点．现测得AC 段绳长是BC段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大？(重力加速度为g) 解析：以BC段绳子为研究对象，设绳子B端所受弹力为T B，C 处所受弹力为T C，如图甲所示T B cos α＝1n ＋1mg ，T B sin α＝T C 联立解得T C ＝1n ＋1mg tan α 以AC 段绳子为研究对象，设绳子A 端所受弹力为T A ，T A 与水平方向的夹角为β，C 处所受弹力为T C ′，如图乙所示T A sin β＝n n ＋1mg ，T A cos β＝T C ′，T C ＝T C ′ 联立解得T A ＝1n ＋1mg n 2＋tan 2α.难点突破2牛顿运动定律在滑块—滑板类问题中的应用1．滑块—滑板类问题的特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．滑块和滑板常见的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．滑块—滑板类问题的解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应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)，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．【典例】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板，g取10 m/s2.(1)求木板加速度的大小．(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？【解析】(1)木板受到的摩擦力f＝μ(M＋m)g＝10 N木板的加速度a＝F－fM＝2.5 m/s2.(2)设拉力F作用t时间后撤去F撤去后，木板的加速度为a′＝－fM＝－2.5 m/s2＝a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故at2＝L 解得：t＝1 s，即F作用的最短时间为1 s.(3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a 木板，则μ1mg ＝ma 木块解得：a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2 对木板：F 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板>a 木块解得：F 1>25 N.(4)木块的加速度a ′木块＝μ1g ＝3 m/s 2木板的加速度a ′木板＝F 2－μ1mg －μ(M ＋m )g M＝4.25 m/s 2 木块滑离木板时，两者的位移关系为s 木板－s 木块＝L ，即12a ′木板t 2－12a ′木块t 2＝L 代入数据解得：t ＝2 s.如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到3 m/s 时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m ＝2 kg 的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．g 取10 m/s 2，则：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝3 s 小物块通过的位移大小为多少？解析：(1)小物块的加速度a m＝μg＝2 m/s2小车的加速度a M＝F－μmgM＝0.5 m/s2(2)由a m t＝v0＋a M t，得t＝2 s，v同＝2×2 m/s＝4 m/s(3)在开始2 s内，小物块通过的位移x1＝12a m t2＝4 m在接下来的1 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度a＝FM＋m＝0.8 m/s2小物块的位移x2＝v同t′＋12at′2＝4.4 m通过的总位移x＝x1＋x2＝8.4 m.答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)2 s(3)8.4 m如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g桌面对纸板的滑动摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动则a 2>a 1解得F >2μ(m 1＋m 2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21 纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22 l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l )m 2]g代入数据得F ＝22.4 N.答案：(1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g(3)22.4 N难点突破3绳或杆相关联物体运动的合成与分解1．“关联速度”问题特点沿杆(或绳)方向的速度分量大小相等．2．常用的解题思路和方法(1)一个速度矢量按矢量运算法则分解为两个速度，若与实际情况不符，则所得分速度毫无物理意义，所以速度分解的一个基本原则就是按实际效果进行分解．通常先虚拟合运动(即实际运动)的一个位移，看看这个位移产生了什么效果，从中找到两个分速度的方向，最后利用平行四边形定则画出合速度和分速度的关系图，由几何关系得出它们之间的关系．(2)由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题的原则是：把物体的实际速度分解为垂直于绳(或杆)和平行于绳(或杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解．【典例】如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是()A．匀加速上升B．B物体受到的拉力大于B物体受到的重力C．匀速上升D．B物体受到的拉力等于B物体受到的重力【解析】将小车的速度分解，如图所示，合速度v沿绳方向的分速度等于物体B的速度v B，所以v B＝v cosθ，随着小车的运动，θ变小，速度v B增大，但速度v B增大不均匀，B物体做变加速运动；进一步可以推知，B物体受到的拉力大于B物体受到的重力．【答案】 B一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h，探照灯以恒定角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是()A ．hω B.hωcos θ C.hωcos 2θD ．hωtan θ解析：当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度为hωcos θ.设云层底面上光点的移动速度为v ，则有v cos θ＝hωcos θ，解得云层底面上光点的移动速度v ＝hωcos 2θ，选项C 正确． 答案：C自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O (图中未画出)做圆周运动，如图所示为自行车转弯时的俯视图，自行车前、后两轮轴A 、B 相距L ，虚线表示两轮转弯的轨迹，OB 距离为3L ，前轮所在平面与车身夹角θ＝30°，此时轮轴B 的速度大小v 2＝3 m/s.则轮轴A 的速度v 1大小为( )A.332m/sB ．2 3 m/sC. 3 m/s D ．3 3 m/s解析：解法1：绳(或杆)端速度的分解法此时轮轴A 的速度产生两个效果，一是与轮轴B 同向运动，二是以B 为圆心向右转，分解如图(a)所示，因此v 1cos θ＝v 2，θ＝30°，解得v 1＝2 3 m/s ，B 项正确．解法2：圆周运动法过轮轴A 、B 分别作车轮的垂线，两线的交点即为O 点，如图(b)所示，由几何关系可知前轮与车身夹角θ＝30°，轮轴A 、B 分别做圆周运动的半径R 1＝L sin θ＝2L 、R 2＝OB ＝3L ，轮轴A 、B 有相同的角速度，因此有v 1R 1＝v 2R 2，解得v 1＝R 1R 2v 2＝2L3L ×3 m/s ＝2 3 m/s ，B项正确．答案： B难点突破4天体表面的重力加速度重力加速度“g ”在有关天体运动的习题中经常会露出“倩影”，它往往是求解万有引力与运动学综合问题的“媒介”，它能将天体运动与自由落体运动、竖直上抛运动、平抛运动进行综合．求解地球(或星球)表面及其附近重力加速度的方法有两种：1．根据中心天体的质量和半径求中心天体表面的重力加速度 以中心天体为地球为例，重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，但重力并非地球对物体的万有引力，它只是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转所需的向心力，如图所示．实际上因地球自转而导致的重力和万有引力的差别很小，忽略这种差别时，物体的重力就等于万有引力，即地球表面：G MmR2＝mg地球表面高h 处：G Mm(R ＋h )2＝mg h 式中M 、R 分别为地球的质量和半径，g 、g h 分别为地球表面和地球表面高h 处的重力加速度，解得g ＝G M R 2，g h ＝G M(R ＋h )2进一步可得g g h＝⎝⎛⎭⎪⎫R ＋h R 2. 2．根据在其他星体表面及其附近的抛体运动的规律求重力加速度其他星体表面及其附近的抛体运动，如平抛运动和竖直上抛运动、自由落体运动与地球表面上抛体运动规律相同．【典例1】 设地球为均匀球体，半径为R ，质量为M ，自转角速度为ω，万有引力恒量为G ，地球两极重力加速度为g 1，赤道重力加速度为g 2.则( )A ．g 1＝g 2＝G MR2B ．g 1＝G M R 2>g 2＝G MR 2－ω2RC ．g 2＝G M R 2>g 1＝G MR 2－ω2RD ．g 1＝g 2＝G MR2＋ω2R【解析】 对极地上的物体有G Mm R 2＝mg 1，解得g 1＝G MR 2，对赤道上物体，有G Mm R 2－mg 2＝mω2R ，解得g 2＝G M R 2－ω2R ，选项B 正确．【答案】 B【典例2】 假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋dRC.⎝⎛⎭⎪⎫R －d R 2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R －d 2【解析】 在地球表面mg ＝G MR 2m ，又M ＝ρ43πR 3，解得g ＝43πGρR .因为球壳对球内物体的引力为零，所以在深为d 的矿井内mg ′＝G M ′(R －d )2m ，又M ′＝ρ43π(R －d )3，解得g ′＝43πGρ(R －d )，所以g ′g＝R －d R ＝1－dR .【答案】 A因为“光纤之父”高锟的杰出贡献，早在1996年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981年12月3日发现的国际编号为“3463”的小行星命名为“高锟星”．假设“高锟星”为均匀的球体，其质量为地球质量的1/k 倍，半径为地球半径的1/q 倍，则“高锟星”表面的重力加速度与地球表面的重力加速度的比值为( )A ．q /kB ．k /qC ．q 2/kD ．k 2/q解析：g 地＝GM 地r 2地，g 高＝GM 高r 2高，所以g 高g 地＝M 高M 地·r 2地r 2高＝1k ·q 2＝q 2k ，选项C 正确．答案：C一质量为1.6 kg 物体在地球表面重16 N ，放在以加速度a ＝5m/s2加速上升的火箭舱内，用台秤测量时，发现视重是9 N，不计地球自转影响，则火箭此时离地面的高度为地球半径R的() A．2倍B．3倍C．4倍D．一半解析：在上升的火箭舱内F1－mg′＝ma，F1大小等于视重9 N，解得mg′＝1 N，又mg＝16 N，故g′g＝⎝⎛⎭⎪⎫RR＋h2＝116，解得h＝3R.答案：B难点突破5变力做功的计算功的定义式W＝Fs cosα仅适用于恒力F做功的计算，变力做功可以通过化“变”为“恒”或等效代换的思想求解，主要方法有：1．微元法：就是将变力做功的空间(位移)无限划分为相等的小段，在每个小段里变力便可看作恒力，每个小段里的功可由公式W ＝Fs cosα计算，整个过程中变力的功就是各小段里“恒力”功的总和，即W总＝∑FΔs cosα.2．图象法：画出变力F与位移s的图象，则F－s图线与s轴所围的“面积”表示该过程中变力F做的功．3．力的平均值法：在力的方向不变，大小与位移呈线性关系的直线运动中，可先求该变力对位移的平均值F＝F1＋F22，再由W＝Fs计算．4．动能定理或功能关系法：当物体运动过程中始末两个状态的速度已知时，用动能定理∑W＝ΔE k或功能关系求变力做的功是非常方便的(当然也可求恒力做的功)．5．转换研究对象法：运动问题中，在一些特定条件下，可以找到与变力做的功相等的恒力做的功，这样，就可将求变力做的功转化为计算恒力做的功．6．特定情形：①用W ＝Pt 可求机车恒功率运行时，发动机做的功；②电场力做的功可用W AB ＝qU AB 求解．【典例1】 如图所示，质量为m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近( )A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgR D.12kmgR 【解析】在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力F f 达到最大，其指向圆心的分量F 1提供向心力，即F 1＝m v 2R ①由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F 2很小，因此可近似认为F 1＝F f ＝kmg ②在这一过程中对物块由动能定理，有W f ＝12m v 2③由①②③知，转台对物块所做的功W f ＝12kmgR .【答案】 D【典例2】 为登月探测月球，上海航天研制了“月球车”，如图甲所示．某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线：t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s；(3)求0～13 s内牵引力所做的总功；(4)画出“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象．【解析】(1)在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得a＝v1 3 s由牛顿第二定律得，其阻力f＝ma7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F＝f由P＝F v1可得“月球车”匀速运动时的速度v1＝PF＝Pf联立解得v1＝6 m/s，a＝2 m/s2，f＝200 N.(2)“月球车”的加速度运动过程可分为0～t1时间内的匀加速运动和t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段．t1时功率为P＝1.2 kW，速度为v t＝3 m/s由P＝F1v t可得此时牵引力为F1＝Pv t＝400 N由牛顿第二定律：F1－f＝ma1，解得0～t1时间内的加速度大小为a 1＝F 1－fm ＝2 m/s 2匀加速运动的时间t 1＝v ta 1＝1.5 s匀加速运动的位移s 1＝12a 1t 21＝2.25 m在0～7 s 内由动能定理可得F 1s 1＋P (7 s －t 1)－fs ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s ＝28.5 m.(3)在0～1.5 s 内，牵引力做功W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J ＝900 J 在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J.(4)“月球车”在0～1.5 s 内做匀加速直线运动，速度v ＝a 1t (t ≤1.5 s)，功率P ＝F 1v ＝F 1a 1t (t ≤1.5 s)，1.5～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，为P ＝1.2 kW ，此后“月球车”牵引力的功率为0.“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象如图所示．如图所示，A 、B 两滑块质量均为m ，通过铰链用轻杆连接，让轻杆沿竖直方向，A 套在固定的竖立直棒上，B 放置在水平面上，A 、B 均静止．由于扰动，A 开始向下运动，B 沿水平面向右运动．滑块A 、B 可视为质点，重力加速度为g .在A 向下运动的过程中，不计一切摩擦，可以证明：当轻杆转到与水平方向夹角θ满足sin θ＝23时，滑块A 的机械能最小．试求：(1)此时A 的加速度；(2)从系统开始运动到A 的机械能最小的过程中，杆对滑块B 做的功．解析：(1)滑块A 从下滑到未着地前过程中，杆产生的弹力对A 先做负功后做正功，A 的机械能先减后增，对B 先做正功后做负功，B 的机械能先增后减，可知A 的机械能最小时杆的弹力为零，A 在竖直方向仅受重力，故A 此刻的加速度a A ＝g .(2)设滑块A 在下滑到杆与水平方向的夹角为θ时，二者速度大小分别为v A 、v B ，由系统机械能守恒得mgl (1－sin θ)＝12m v 2A ＋12m v 2B由于杆不可伸长和缩短，此时沿杆方向两滑块分速度相等，有v A sin θ＝v B cos θ联立解得：v 2B ＝2gl sin 2θ(1－sin θ)＝gl sin θ×sin θ×(2－2sin θ)故sin θ＝23时，v 2B 有最大值(这就是题目作为已知条件的理论依据)．得v 2B ＝827gl . 对B ，重力和水平面支持力不做功，根据动能定理得：杆的推力做功W ＝12m v 2B ＝427mgl .(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A 距滑轮顶点高为h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向的夹角为30°，则( )A ．从开始到绳与水平方向的夹角为30°时，绳上拉力做的功为mghB ．从开始到绳与水平方向的夹角为30°时，绳上拉力做的功为mgh ＋38m v 2C ．在绳与水平方向的夹角为30°时，绳上拉力的功率为mg vD ．在绳与水平方向的夹角为30°时，绳上拉力的功率大于32mg v解析：从开始到绳与水平方向的夹角为30°时，物体上升的高度H ＝hsin30°－h ＝h ，此时物体的速度v ′＝v cos30°，由动能定理得拉力做的功W ＝mgh ＋12m v ′2＝mgh ＋38m v 2，A 错、B 对；在绳与水平方向的夹角为30°时，拉力的功率为F v ′＝32F v ，由于物体加速上升，拉力F >mg ，所以C 错、D 对．答案：BD难点突破6传送带模型中的能量问题传送带的问题是和实际联系较紧密的一个物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容．解决此类问题的关键是对传送带和物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征、过程．因此在力学复习中，通过研究传送带类习题，将力学各部分内容串联起来，再利用功能观点处理传送带问题，往往能达到融会贯通的效果．对传送带问题要进行两种分析：1．受力和运动分析对传送带上的物体首先要进行受力分析，判断物体受到的滑动摩擦力方向及物体的运动状态，是加速，是减速，还是匀速；其次判断摩擦力突变(大小、方向)的临界状态；最后运用运动学知识求加速度、速度、位移等物理量，进而利用功和能的有关知识，求因摩擦而产生的热．注意：①判断摩擦力的有无、方向时以传送带为参考系；②临界状态一般发生在v物与v传相同的时刻；③应用运动学公式计算物体的相关物理量时应以地面为参考系．2．传送带中功和能量关系的分析能量决定因素功能关系力移动距离重力势能重力竖直分位移ΔE p＝－W G 动能合外力物体(质点) ΔE k＝∑W对地位移机械能除重力外的其他力 物体(质点) 对地位移 ΔE 机＝∑W其他传送带 损失电能传送带受到物体的 作用力，一般表现为摩擦力 传送带对地 移动距离 ΔE 电＝F f x 传送带产生内能与传送带间的滑动摩擦力物体相对于 传送带移动 的距离Q ＝F f Δl 【典例】 如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，在电动机带动下以v 0＝4 m/s 的恒定速率顺时针方向运行．在传送带底端P 处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住．在距P 距离为L ＝9 m 的Q 处无初速度地放一质量m ＝1 kg 的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移； (2)系统因摩擦产生的热量； (3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．【解析】图1(1)解法1：力和运动法．物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma1，得a1＝2 m/s2与P碰前速度v1＝2a1L＝6 m/s设物体从Q到P的时间为t1，则t1＝v1a1＝3 s设物体对地位移为x1，可知x1＝L＝9 m，相对传送带向下的位移Δx1＝x1＋v0t1＝21 m图2物体与挡板碰撞后，以速度v 1反弹，向上做减速运动，因v 1>v 0，物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为t 2，此过程受力如图2所示，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2得a 2＝10 m/s 2，t 2＝v 1－v 0a 2＝0.2 s在t 2时间内物体对地向上的位移 x 2＝v 1＋v 02t 2＝1 m相对传送带向上的位移Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.2 m物体速度与传送带速度相等后，由于mg sin θ>μmg cos θ物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为a 3＝a 1＝2 m/s 2的减速运动，设速度减小到零的时间为t 3，t 3＝v 0a 3＝2 s此过程中物体对地向上的位移x 3＝v 02t 3＝4 m相对传送带向下的位移Δx 3＝v 0t 3－x 3＝4 m整个过程中两者相对滑动位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m. 解法2：相对运动法．以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送带的位移分别为Δx 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝21 mΔx 2＝(v 1－v 0)t 2－12a 2t 22＝0.2 mΔx 3＝12a 3t 23＝4 m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法3：图象法．设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体和传送带运动的v －t 图象，直接用物体和传送带v －t 图线所夹的面积表示相对发生的位移：图3Δx 1＝(v 0＋v 0＋v 1)t 12＝21 m ，Δx 2＝(v 1－v 0)t 22＝0.2 mΔx 3＝12v 0t 3＝4 m两者相对滑动的总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.图4(2)系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的。