【物理】2019届一轮复习人教版应用力学两大观点攻克多过程问题学案（江苏专用） 12页

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。‎ ‎(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°＝gt2‎ 解得v0＝ 由机械能守恒Ep＝mv＝mgR ‎(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＝gt2‎ 位移方向与圆弧垂直tan θ＝＝ 设速度方向与水平方向的夹角为α tan α＝＝＝2tan θ 所以小球不能垂直击中圆弧 ‎(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＝gt2‎ 由动能定理mgRsin θ＝Ek－mv 解得Ek＝mgR(sin θ＋)‎ 当sin θ＝时，Ekmin＝mgR 答案　(1)mgR　(2)见解析　(3)mgR 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。‎ 图2‎ ‎(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＝at2可得t＝＝1 s。‎ 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 ‎　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：‎ 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。‎ ‎(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 木板A受到的静摩擦力f＝Ma<μmg，A、B一起运动 x＝aBt＋v1t2－aA(t1＋t2)2‎ 代入数据得x＝2 m。‎ ‎(3)时间t1内拉力做的功W1＝F1x1＝F1·aBt＝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＋at)＝20 J ‎4 s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J。‎ ‎(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。‎ 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(　　)‎ 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μmg 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＝μg。 隔离木板2分析，1对2木板的作用力提供加速度，有F＝ma＝μmg，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＝μgt，得出v共＝v0，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。‎ 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 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 ‎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(　　)‎ 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＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，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 ‎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，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 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＝，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＝，向心加速度为a＝＝2g，与半径无关，选项C错误；平抛的水平位移x＝vxt＝·＝2，当R＝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＝＝，R越大，θ越大，选项D正确。‎ 答案　D 活页作业 ‎(时间：30分钟)‎ ‎1.(2017·江苏省镇江市高三第一次模拟考试)如图1所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道Ⅰ是光滑轨道AB，AB间高度差h1＝0.20 m；轨道Ⅱ由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与F点等高。轨道最低点与AF所在直线的高度差h2＝0.40 m。当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动。已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，取重力加速度g＝10 m/s2。‎ 图1‎ ‎(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；‎ ‎(2)求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功。‎ 解析　(1)根据能量转化和守恒定律得 Ep1＝mgh1‎ 解得Ep1＝0.1 J 又Ep1＝mv2‎ 解得v＝2 m/s ‎(2) 根据题意，弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为 Ep2＝0.4 J 根据题意，Ep2＝mv′2，滑块到达F点处的速度 v′＝4 m/s 根据牛顿第二定律得F＝m 可得mg＋FN＝m 解得FN＝3.5 N 根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为3.5 N ‎(3)根据能量转化和守恒定律得 Ep2＝mgh1＋W克 解得W克＝0.3 J 答案　(1)2 m/s　(2)3.5 N　(3)0.3 J ‎2.(2017·扬州摸底)如图2所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若P、C间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)‎ 图2‎ ‎(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。‎ 解析　(1)根据几何关系，P、D间的高度差 h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)＝0.4 m 物块由P到D过程，由机械能守恒定律得 m1gh＝m1v 在D点，支持力和重力的合力提供向心力 FD－m1g＝m1 联立解得FD＝78 N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N。‎ ‎(2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得 m1gL1sin 53°＝m1v 解得vM＝2 m/s 物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M点时速度为零 全过程减少的机械能ΔE＝m1gL1sin 53°‎ 产生的内能Q＝μm1gcos 53°·s 根据能量守恒定律得ΔE＝Q，即 m1gL1sin 53°＝μm1gcos 53°·s 解得其在MN斜面上滑行的总路程s＝1.0 m。‎ 答案　(1)78 N　(2)1.0 m ‎3.(2017·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁调研)如图3所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端。B在F＝3 N 的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：‎ 图3‎ ‎(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；‎ ‎(2)F对B做的功W；‎ ‎(3)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q。‎ 解析　(1) 对A：μmg＝Ma1，代入数据得a1＝0.5 m/s2‎ 对B：F－μmg＝ma2 ，代入数据得a2＝1 m/s2‎ ‎(2)设F作用时间为t，由位移公式得 对B：xB＝a2t2，对A：xA＝a1t2‎ xB－xA＝，代入数据得t＝2 s，xB＝2 m F做的功W＝FxB＝6 J ‎(3) 撤去F后 对B：－μmg＝ma3‎ 代入数据得a3＝ －2 m/s2‎ 设从撤去F到A、B相对静止所需时间为t′，则 a2t＋a3t′＝a1t＋a1t′‎ 代入数据得t′＝ s 由位移关系得x相＝＋a2tt′＋a3t′2－(a1tt′＋a1t′2)‎ 代入数据得x相＝1.2 m ‎ 摩擦产生的热Q＝μmg x相 ，代入解得Q ＝2.4 J。‎ 答案　(1)0.5 m/s2　1 m/s2　(2)6 J　(3)2.4 J