《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題
熱點(diǎn)概述 (1)本熱點(diǎn)是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在傳送帶和滑塊—木板兩種模型中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題、壓軸題的形式出現(xiàn)。(2)學(xué)好本熱點(diǎn)，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心。(3)用到的知識有：動力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(diǎn)(動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)。
熱點(diǎn)一 傳送帶模型問題
1．模型分類：水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題。
(1)兩類問題的求解關(guān)鍵、分析流程相同，功能關(guān)系相近，傾斜傳送帶問題涉及到重力做功和重力勢能的變化。
(2)傾斜傳送帶問題中須注意物體在傾斜傳送帶上所受摩擦力的性質(zhì)、大小、方向以及與物體所受重力沿傳送帶斜面分力的大小、方向關(guān)系。
2．傳送帶模型問題的設(shè)問角度
(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。
模型1 水平傳送帶問題
[例1] (多選)如圖所示，水平繃緊的傳送帶AB長L＝6 m，始終以恒定速率v1＝4 m/s運(yùn)行。初速度大小為v2＝6 m/s的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)滑上傳送帶。小物塊m＝1 kg，物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．小物塊可以到達(dá)B點(diǎn)
B．小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，但可返回A點(diǎn)，返回A點(diǎn)速度為4 m/s
C．小物塊向左運(yùn)動速度減為0時(shí)相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大
D．小物塊在傳送帶上運(yùn)動時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50 J
解析 小物塊在水平方向運(yùn)動過程，由牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝4 m/s2，若小物塊從右端滑上傳送帶后速度可以減為零，設(shè)速度減為零時(shí)的位移是x，則0－v＝－2ax，解得x＝＝ m＝4.5 m<6 m，所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯誤；小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動，返回A點(diǎn)速度為4 m/s，故B正確；小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動的過程相對于傳送帶繼續(xù)向左運(yùn)動，所以小物塊向左運(yùn)動速度減為0時(shí)相對傳送帶滑動的距離沒有達(dá)到最大，故C錯誤；小物塊向右勻加速的過程中的位移x′＝＝ m＝2 m，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間t＝＝2.5 s，該時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移s＝v1t＝42.5 m＝10 m，所以小物塊相對于傳送帶的位移Δx＝s＋(x－x′)＝10 m＋(4.5－2) m＝12.5 m，小物塊在傳送帶上運(yùn)動時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝50 J，故D正確。
答案 BD
方法感悟
1．傳送帶模型問題的關(guān)鍵
求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運(yùn)動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。
2．傳送帶模型問題的分析流程
模型2 傾斜傳送帶問題
[例2] 如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10 m/s2)
(1)傳送帶對小物體做的功；
(2)電動機(jī)做的功。
解析 (1)小物體剛開始運(yùn)動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得小物體上升的加速度為a＝＝2.5 m/s2
當(dāng)小物體勻加速到v＝1 m/s時(shí)，小物體的位移為
x＝＝0.2 m<5 m
之后小物體以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動到B點(diǎn)
由功能關(guān)系得，傳送帶對小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，即
W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsinθ＝255 J。
(2)電動機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由v＝at得
t＝＝0.4 s
相對位移x′＝vt－t＝0.2 m
摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cosθ＝15 J
故電動機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270 J。
答案 (1)255 J (2)270 J
方法感悟
傳送帶模型問題的功能關(guān)系分析
(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)對W和Q的理解
①傳送帶做的功：W＝Ffx傳；
②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對。
1．(2018安徽師大附中模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg 的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運(yùn)動，則(g取10 m/s2)( )
A．物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間是1.5 s
B．物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 J
C．物體從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 J
D．物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為10 J
答案 AC
解析 設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，在從P滑到A的過程，由機(jī)械能守恒定律有：mv＝mgh，代入數(shù)據(jù)得：v0＝＝2 m/s
μmgcosθ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
故物體由A端運(yùn)動到B端的時(shí)間
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物體與傳送帶間的相對位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcosθx相＝24 J。
3．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30，傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終保持v0＝2 m/s的速率運(yùn)行。現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處。g取10 m/s2，求：
(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。
答案 (1) (2)230 J
解析 (1)傳送帶長x＝＝3 m
工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動的位移
x1＝t1＝t1
勻速運(yùn)動的位移為x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運(yùn)動的時(shí)間t1＝0.8 s
加速運(yùn)動的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得μ＝。
(2)從能量守恒的觀點(diǎn)看，電動機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及傳送帶與工件之間發(fā)生相對滑動時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能。
在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的位移
x傳送帶＝v0t1＝1.6 m
在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移
x相＝x傳送帶－x1＝0.8 m
在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱
Q＝μmgcosθx相＝60 J
工件獲得的動能Ek＝mv＝20 J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J
故電動機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
4．一質(zhì)量為M＝2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，子彈和小物塊的作用時(shí)間極短，如圖甲所示。地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動的方向?yàn)檎较?。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。
(1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由；
(2)計(jì)算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)傳送帶對外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？
答案 (1)2.0 m/s 方向向右 理由見解析
(2)0.2 (3)24 J 36 J
解析 (1)從vt圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運(yùn)動，速度為零后，又向右做加速運(yùn)動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動，所以，傳送帶的速度大小為v＝2.0 m/s，方向向右。
(2)由vt圖象可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動的加速度a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，
由牛頓第二定律得滑動摩擦力Ff＝μMg＝Ma，則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝＝＝＝0.2。
(3)由vt圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時(shí)間只有3 s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)移動的位移為x，則
x＝vt＝2.03 m＝6.0 m
所以，傳送帶所做的功
W＝Ffx＝0.22.0106.0 J＝24 J。
由圖乙可知物塊被擊中后的初速度大小為v1＝4 m/s，向左運(yùn)動的時(shí)間為t1＝2 s，向右運(yùn)動直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時(shí)間為t2＝1 s，則
物塊向左運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能
Q1＝μMg＝32 J
物塊向右運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能
Q2＝μMg＝4 J。
所以整個(gè)過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36 J。
熱點(diǎn)二 板塊模型問題
1．模型分類
滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。
2．位移關(guān)系
滑塊從木板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度。
3．解題關(guān)鍵
找出滑塊和木板之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)相鄰的不同運(yùn)動過程的紐帶，每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度。
模型1 水平面上的板塊模型
[例1] 如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為 m＝2 kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A．木板獲得的動能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1
解析 由圖象可知，A、B的加速度大小相等aA＝aB＝1 m/s2，設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，則aA＝＝1 m/s2，aB＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，mA＝2 kg，D正確；木板獲得的動能為Ek＝mAv2＝212 J＝1 J，A錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝mv－(m＋mA)v2＝2 J，B錯誤；由vt圖象可求出二者相對位移為1 m，所以木板A的最小長度為1 m，C錯誤。
答案 D
方法感悟
1．圖象類題目
一定要先看清圖象的物理意義，特別是圖象上特殊點(diǎn)的物理意義，例如例1中t＝1 s時(shí)對應(yīng)的圖象上的點(diǎn)。1 s時(shí)A、B速度相同，是兩者運(yùn)動的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。1 s前A做勻加速直線運(yùn)動，B做勻減速直線運(yùn)動，AB間存在滑動摩擦力；1 s后兩者以共同的速度做勻速直線運(yùn)動，兩者之間無摩擦力。
2．板塊模型問題的解題思路
正確地對滑塊、木板進(jìn)行受力分析，特別是準(zhǔn)確分析出滑塊、木板所受的摩擦力的性質(zhì)、大小及方向，并根據(jù)牛頓第二定律確定滑塊、木板的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定滑塊、木板的運(yùn)動情況和能量轉(zhuǎn)化情況。
模型2 斜面上的板塊模型
[例2] 如圖所示，一斜面體固定在水平地面上，傾角為θ＝30，高度為h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止，木板下端連接有一根自然長度為l0＝0.2 m的輕彈簧，木板總質(zhì)量為m＝1 kg、總長度為L＝2.0 m。一質(zhì)量為M＝3 kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度為H＝1.7 m，物塊A經(jīng)過一段時(shí)間后從斜面頂端沿平行于斜面方向落到木板上并開始向下滑行。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，木板下滑到斜面底端碰到擋板時(shí)立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時(shí)一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)物塊A落到木板上的速度大小v；
(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能。
解析 (1)物塊A落到木板上之前做平拋運(yùn)動，豎直方向有：
2g(H－h(huán))＝v
得vy＝2 m/s
物塊A落到木板上時(shí)速度大?。簐＝＝4 m/s。
(2)由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的動摩擦因數(shù)μ0應(yīng)滿足：
mgsin30＝μ0mgcos30
得：μ0＝tan30＝
物塊A在木板上滑行時(shí)，由牛頓第二定律得，
aA＝＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上)
aB＝
＝7.5 m/s2(方向沿斜面向下)
假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時(shí)，A還沒有壓縮彈簧且木板B還沒有到達(dá)斜面底端，則有
v共＝aBt＝v－aAt
解得v共＝3 m/s，t＝0.4 s
此過程，xA＝t＝1.4 m
xB＝t＝0.6 m<－L＝1 m
Δx＝xA－xB＝0.8 mf，
對木板a2＝＝4 m/s2，
對物塊a1＝＝2 m/s2，
1～2 s，F(xiàn)＝f，對木板a2′＝＝0，對物塊a1′＝a1，畫出0～2 s兩者的vt圖象如圖。
由圖可知2 s時(shí)兩者速度相同。2～4 s，F(xiàn)＝0，假設(shè)二者相對滑動，則對物塊a1″＝a1＝2 m/s2，對木板a2″＝＝ m/s2，a2″>a1″，故假設(shè)正確；作出二者在整個(gè)運(yùn)動過程中的vt圖象如圖所示。
0～2 s內(nèi)物塊相對木板向左運(yùn)動，2～4 s內(nèi)物塊相對木板向右運(yùn)動。
由圖象可得0～2 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小Δx1＝2 m
系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
由圖象可得2～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小Δx2＝1 m
物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
由圖象可得木板在粗糙水平面上對地位移x2＝3 m
木板與水平面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J
0～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
0～4 s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
4. 如圖所示，傾角為37的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一彈性擋板，任何物體撞上擋板都以原速率反彈。斜面的頂端放置一長木板，上面疊放著一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，長木板質(zhì)量為M＝1 kg，滑塊質(zhì)量為m＝1 kg，長木板與斜面間無摩擦，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，木板足夠長且下端距擋板的距離為L＝3 m，現(xiàn)將它們由靜止釋放，重力加速度大小為g＝10 m/s2。sin37＝0.6，cos37＝0.8。求：
(1)滑塊由靜止釋放時(shí)所受摩擦力的大?。?
(2)長木板第二次碰撞擋板時(shí)速度的大?。?
(3)從開始釋放到長木板第二次碰撞擋板前長木板和滑塊組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
答案 (1)0 (2)6 m/s (3)34.56 J
解析 (1)由于斜面光滑，則開始時(shí)滑塊和長木板一起下滑。以整體為研究對象，則
(m＋M)gsin37＝(m＋M)a
解得a＝6 m/s2
對滑塊受力分析，可知mgsin37－f＝ma
解得f＝0。
(2)開始時(shí)滑塊和長木板一起下滑，設(shè)長木板第一次碰撞擋板的速度大小為v1
由L＝at2，解得t＝1 s
v1＝at＝6 m/s
碰后長木板反彈，對滑塊受力分析
mgsin37－μmgcos37＝ma1
解得a1＝2 m/s2，方向沿斜面向下
對長木板受力分析
Mgsin37＋μmgcos37＝Ma2
解得a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下
第一次長木板與擋板碰撞后與滑塊發(fā)生相對滑動，設(shè)長木板向上運(yùn)動減速到零的時(shí)間為t1，位移為x1，則
t1＝＝0.6 s
x1＝t1＝1.8 m
然后長木板開始向下加速運(yùn)動，長木板又經(jīng)t2＝0.6 s運(yùn)動x2＝1.8 m后與擋板相碰撞，相碰時(shí)長木板的速度大小v2＝6 m/s。
(3)經(jīng)分析可知長木板第二次碰撞擋板前沒有與滑塊共速，設(shè)滑塊在t1時(shí)間內(nèi)下滑x3，在t2時(shí)間內(nèi)下滑x4，則
x3＝v1t1＋a1t＝3.96 m
x4＝2v1t1＋a1(2t1)2－x3＝4.68 m
所以長木板與滑塊的相對位移
Δs＝x1＋x3＋x4－x2＝8.64 m
故產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos37Δs＝34.56 J。
課后作業(yè)
1．水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終以速度v勻速運(yùn)動。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點(diǎn)未到右端，在這段時(shí)間內(nèi)( )
A．小物體相對地面的位移大小為2x
B．傳送帶上的A點(diǎn)對地的位移大小為x
C．由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2
D．由于物體與傳送帶相互作用電動機(jī)要多做的功為mv2
答案 D
解析 在這段時(shí)間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動，其相對地面的位移為x1＝vt，傳送帶(或傳送帶上的A點(diǎn))相對地面的位移為x2＝vt，物體相對傳送帶的位移大小x＝x2－x1＝vt，顯然x1＝x，x2＝2x，故A、B錯誤；由于物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功，將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱Q＝Ffx，對物體運(yùn)用動能定理有Ffx1＝mv2，又x1＝x，所以Q＝Ffx＝mv2，故C錯誤；在這段時(shí)間內(nèi)，電動機(jī)要多做功以克服滑動摩擦力做功，W＝Ffx2＝2Ffx＝mv2，故D正確。
2．(2018寧德模擬)(多選)如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中( )
A．物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量
B．物塊a機(jī)械能的減少量等于物塊b機(jī)械能的增加量
C．摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和
D．任意時(shí)刻，重力對a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等
答案 ACD
解析 開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，則有magsinθ＝mbg，則masinθ＝mb，b上升h，則a下降高度為hsinθ，則a重力勢能的減小量為maghsinθ＝mbgh，即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量，故A正確；由于摩擦力對a做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，所以物塊a機(jī)械能的減少量小于物塊b機(jī)械能的增加量，故B錯誤；根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機(jī)械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和，故C正確；任意時(shí)刻a、b的速率相等，對b克服重力做功的瞬時(shí)功率Pb＝mbgv，對a有Pa＝magvsinθ＝mbgv，所以重力對a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等，故D正確。
3．(2018咸陽模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動到木板右端時(shí)，木板在地面上移動的距離為s，下列結(jié)論中正確的是( )
A．上述過程中，F(xiàn)做功等于滑塊和木板動能的增量
B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小
C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長
D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多
答案 BD
解析 由功能關(guān)系可知拉力F做功除了使兩物體動能增加以外還使系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，故A錯誤；由于木板受到的摩擦力不變，當(dāng)M越大時(shí)木板加速度越小，而滑塊加速度不變，相對位移一樣，滑塊在木板上運(yùn)動時(shí)間越短，所以木板運(yùn)動的位移越小，故B正確；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運(yùn)動，在其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，木板的運(yùn)動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，所以滑塊的加速度越大，離開木板時(shí)間就越短，故C錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移的乘積，相對位移沒變，摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。
4．(2018吉林模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以初速度v0沿逆時(shí)針方向勻加速運(yùn)行，t＝0時(shí)，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖象如圖乙所示，設(shè)沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2。則( )
A．傳送帶的加速度可能大于2 m/s2
B．傳送帶的傾角可能小于30
C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ一定為0.5
D．0～2.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做功Wf可能為－24 J
答案 BD
解析 物體在傳送帶上沿斜面向下運(yùn)動，當(dāng)物體速度小于傳送帶速度時(shí)，摩擦力方向沿斜面向下，對物體由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝(sinθ＋μcosθ)g，在t＝1 s后，加速度減小，當(dāng)物體速度大于傳送帶速度時(shí)，摩擦力方向沿斜面向上，當(dāng)物體速度等于傳送帶速度時(shí)，摩擦力為零，所以，在1～2 s，物體速度不小于傳送帶速度，故物體加速度不小于傳送帶加速度，所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2，故A錯誤；若1～2 s，摩擦力為零，那么物體加速度a2＝gsinθ＝2 m/s2，則sinθ＝，θ<30，μ＝＞，若1～2 s，摩擦力不為零，那么物體加速度a2＝(sinθ－μcosθ)g，由圖可知a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，所以有a1＋a2＝2gsinθ＝12 m/s2，故sinθ＝0.6，即θ＝37，a1－a2＝2μgcosθ＝8 m/s2，所以μ＝0.5，故B正確，C錯誤；第一段勻加速直線運(yùn)動的位移x1＝＝ m＝5 m，第二段勻加速直線運(yùn)動的位移x2＝＝ m＝11 m，由動能定理得mg(x1＋x2)sinθ＋Wf＝mv，若1～2 s，摩擦力為零，sinθ＝，得Wf＝40 J，若1～2 s，摩擦力不為零，sinθ＝，得Wf＝－24 J，故D正確。
5．如圖所示，AB為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量m′＝3 kg，車長L＝2.06 m。現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)動了t0＝1.5 s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。試求：
(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對它的支持力的大?。?
(2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；
(3)從車開始運(yùn)動到被鎖定的過程中，滑塊與車之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。
答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J
解析 (1)由機(jī)械能守恒定律得，mgR＝mv
由牛頓第二定律得，F(xiàn)NB－mg＝m
解得FNB＝30 N。
(2)設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t1與小車共速，共同速度的大小為v
對滑塊：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
對小車：μmg＝m′a2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
t1時(shí)間內(nèi)滑塊相對車的位移s＝vBt1－a1t－a2t＝2 m，sv，故物塊滑上傳送帶后先減速，物塊與傳送帶相對滑動過程中，
由μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t
解得a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m
因?yàn)閤12s，所以物塊能通過B點(diǎn)，
設(shè)物塊從E點(diǎn)返回至B點(diǎn)的速度為vB，
有mv2－mv＝μ2mg2s
解得vB＝ m/s
物塊再次滑上傳送帶，因?yàn)閤2＝＝ m
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)
第6章
機(jī)械能及其守恒定律
熱點(diǎn)專題三第28講
應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題學(xué)案含解析
2020
年高
物理
一輪
復(fù)習(xí)
機(jī)械能
及其
守恒定律
熱點(diǎn)
專題
28
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc
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