2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第五章 机械能 专题强化六 含解析

专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题
专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．
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)．
命题点一多运动过程问题
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、功能关系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，寻求解题最优方案．
例1(2012·山东卷·22)如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝
0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.(取g＝10 m/s2)
图1
(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h.
(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．
①求F 的大小．
②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离． 答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m
解析 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得mgh －μ1mgL ＝0① 代入数据得h ＝0.2 m ②
(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点和圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝R －h
R
③ 根据牛顿第二定律，对物块有mg tan θ＝ma ④ 对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得F ＝8.5 N
②物块飞离圆弧轨道后做平抛运动，设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块的落点与B 点间的距离为x 2，由运动学公式可得h ＝1
2gt 2⑥
x 1＝v t ⑦ x 2＝x 1－R sin θ⑧
联立②③⑥⑦⑧式，代入数据得x 2＝0.4 m.
变式1 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图2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/s 2，不计空气阻力)
图2
(1)当H ＝2 m 时，问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，问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v D ，对小球从静止到D 点的过程，根据动能定 理有： mg (H ＋r )－μmgL ＝12
m v 2
D
在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力， 则有F N ＝m v 2
D r
联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝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：mgH min －μmgL ＝1
2m v 20
在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2
0r
代入数据解得：H min ＝0.65 m
仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，
则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m ．
命题点二 传送带模型
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 ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：
①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．
模型1 水平传送带问题
例2 (2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3，一水平传送带以4 m /s 的速度逆时针传送，水平部
分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m ＝1.0 kg 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数＝0.2，g ＝10 m/s 2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．
图3
答案 32 J
解析 物块在传送带上加速到与传送带同速时 对物块有F f ＝μmg ＝ma ，解得：a ＝2 m/s 2 物块所用的时间为：t 1＝v
a ＝2 s
则物块的位移为：x 1＝v 2
2a ＝4 m<L ＝6 m
传送带匀速运动的位移为：x 1′＝v t 1＝8 m 则相对位移为Δx 1＝x 1′－x 1＝4 m 因摩擦产生的热量Q 1＝F f Δx 1＝8 J
接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时， 物块的位移为：x 2＝v 2
2a ＝4 m
物块所用的时间为：t 2＝v
a
＝2 s
传送带匀速运动的位移为：x 2′＝v t 2＝8 m 则相对位移为：Δx 2＝x 2′＋x 2＝12 m 因摩擦产生的热量Q 2＝F f Δx 2＝24 J
全程因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝32 J.
模型2 倾斜传送带问题
例3 (2018·陕西师大附中模拟)如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v ＝2 m/s 的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB 两端距离l ＝9 m ．把一质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不
计物块的大小，g 取10 m/s 2.求：
图4
(1)从放上物块开始计时，t ＝0.5 s 时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？
(2)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？ (3)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？ 答案 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W 解析 (1)物块受沿传送带向上的摩擦力为： F f ＝μmg cos 30°＝14 N
由牛顿第二定律得：F f －mg sin 30°＝ma ， a ＝2 m/s 2
物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝2
2 s ＝1 s
因此t ＝0.5 s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1 m/s
则此时刻摩擦力对物块做功的功率是： P 1＝F f v 1＝14 W
此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝F f v ＝28 W (2)当物块与传送带相对静止时：
物块的位移x 1＝12at 21＝1
2×2×12 m ＝1 m<l ＝9 m
摩擦力对物块做功为：W 1＝F f x 1＝14×1 J ＝14 J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功： W 2＝F f v t 1＝28 J
这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14 J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为： t 2＝l －x 1
v ＝4 s
把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为： W 总＝mgl sin 30°＋1
2
m v 2
把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是： P ＝
W 总
t 1＋t 2
＝18.8 W ． 命题点三 滑块—木板模型
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．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，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． 3．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4 (2019·山东省泰安市期中)如图5所示，质量为m 、可视为质点的小滑块A 位于质量为2m 、长为L 的木板B 的右端P 处，B 放在光滑水平面上，A 、B 之间的动摩擦因数为μ.某时刻给B 施加一大小为5μmg 的水平拉力F 作用，当A 位于B 的中点时撤去拉力．求：
图5
(1)拉力F 的作用时间；
(2)滑块A 在木板B 上与P 端的最远距离． 答案 (1)
L μg (2)5
6
L 解析 (1)在力F 作用的过程中，根据牛顿第二定律得 对滑块A ：μmg ＝ma A 对木板B ：F －μmg ＝2ma B
根据运动学规律，A 、B 的位移分别为 x A ＝1
2a A t 2
x B ＝12
a B t 2
由题意知x B －x A ＝L
2
，整理得t ＝
L μg
(2)撤去F 时，A 、B 的速度分别为v A ＝a A t
v B ＝a B t
设AB 共同运动的最终速度为v ，根据动量守恒定律得 m v A ＋2m v B ＝(m ＋2m )v
设此过程中滑块的位移为x 1，木板的位移为x 2， 根据动能定理得μmgx 1＝12m v 2－1
2m v 2A
－μmgx 2＝12·2m v 2－1
2
·2m v 2B
整理得，此过程滑块在木板上滑过的距离x 2－x 1＝L
3
最终滑块与木板P 端的距离为Δx ＝L
2＋x 2－x 1
即Δx ＝5
6
L .
变式2 如图6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v 0＝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/s 2，木板足够长，求：
图6
(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/s 2 (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a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，
解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102
m /s 2＝0.5 m/s 2.
(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.
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 ＝v 0－a 1t ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移
x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －1
2
×4×4 m ＝10 m.
木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝1
2
×0.5×4 m ＝1 m ，
铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝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 ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.
设铁块与木板共速后的加速度为a 3，发生的位移为x 3，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2
，x 3＝v 2－0
2a 3
＝0.5 m.
故木板在水平地面上滑行的总路程s ＝x 2＋x 3＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.
1．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图1，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v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )
图1
A ．R 越大，v 0越大
B ．m 越大，v 0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 ＝m v 2D R ，则v D ＝gR ，根据动能定理得
12m v 20＝12m v 2
D ＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m 无关，A 正确，
B 错误；小球经过B 点的瞬间，F N －mg ＝m v 20R ，则轨道对小球的支持力F N ＝mg ＋m v 2
0R ＝6mg ，则F N
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．
2.(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图2所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
图2
A ．小滑块恰好可以到达Q 点
B ．小滑块不能到达Q 点
C ．W ＝1
2mgR
D ．W <1
2
mgR
答案 C
解析 从最高点到N 点，由动能定理有2mgR －W ＝1
2
m v 2，
在N 点，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律有F N ＝F N ′＝4mg ，联立可得W ＝1
2mgR ，
故C 正确，D 错误；
小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据F f ＝μF N 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －1
2m v 2，解得v Q >0，
小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误．
3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图3所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1
3l .重力加速度大小为g .在此过程中，
外力做的功为( )
图3
A.19mgl
B.16mgl
C.13mgl
D.12mgl 答案 A
解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·
l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝1
9
mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．
4．(多选)(2019·河北省保定市模拟)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则()
图4
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功W f＝－24 J
答案ACD
解析当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0 s 之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a1，g sin θ－μg cos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小F f＝μmg cos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D正确．5．(2018·闽粤期末大联考)如图5所示，一固定在地面上的导轨ABC，AB与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A处(可视为质点)，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v0＝1 m/s.小物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧1.8米处(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：
图5
(1)小物块在AB段向下运动时的加速度大小；
(2)小物块到达B处时的速度大小；
(3)AB的长度L.
答案 (1)4 m /s 2
(2)3 m/s (3)1 m
解析 (1)小物块从A 到B 过程中，由牛顿第二定律得，
mg sin α－μmg cos α＝ma
代入数据解得a ＝4 m/s 2.
(2)小物块从B 向右运动，由动能定理得，
－μmgs ＝0－12
m v 2B 代入数据解得v B ＝3 m/s.
(3)小物块从A 到B ，由运动学公式得L ＝v 2B －v 202a ＝1 m. 6．(2018·安徽省蚌埠二中期中)如图6甲所示，质量为m ＝0.1 kg 的小球，用长l ＝0.4 m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在最低点A 处给小球6 m /s 的初速度时，小球恰能运动至最高点B ，空气阻力大小恒定．求：(g 取10 m/s 2)
图6
(1)小球在A 处时传感器的示数；
(2)小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；
(3)小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在图乙所示坐标系中作出F －v 20图象．
答案 (1)10 N (2)0.8 J
(3)如图所示
解析 (1) 在A 点，由牛顿第二定律有F 1－mg ＝m v 2A l ，则F 1＝10 N
(2)由题意知在B 点时，有mg ＝m
v 2B l ，
则v B ＝2 m/s 小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：
－W 克f －2mgl ＝12m v 2B －12
m v 2A 解得W 克f ＝0.8 J
(3)小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：
有－W 克f －2mgl ＝12m v 2B －12
m v 20 小球在最高点F ＋mg ＝m v 2B l
联立得：F ＝14
v 20－9， F －v 20图象如图所示
7．(2018·河北省石家庄二中期中)如图7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1 m ，圆轨道半径R ＝1 m ，滑块和长木板的质量均为1 kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45 m 的位置由静止释放，求：
图7
(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；
(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；
(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量．
答案 (1)19 N (2)1.5 m (3)4.5 J
解析 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，
则有mgh ＝12
m v 20，解得v 0＝3 m/s 在C 点由向心力公式知：
F N －mg ＝m v 20R
，解得F N ＝19 N 由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝19 N
(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中：
滑块的加速度大小a 1＝μ1mg m
＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m
＝2 m/s 2 由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出，
t ＝0.5 s ，v 共＝1 m/s
滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2
t ＝1 m 之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，
a 3＝μ2·2mg 2m
＝1 m/s 2 x 3＝v 2共2a 3
＝0.5 m 故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5 m.
(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh ＝Q ＝4.5 J.。