【物理教案】2021江苏高考物理：第五章+专题强化六+综合应用力学两大观点解决三类问题.pdf

《【物理教案】2021江苏高考物理：第五章+专题强化六+综合应用力学两大观点解决三类问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【物理教案】2021江苏高考物理：第五章+专题强化六+综合应用力学两大观点解决三类问题.pdf（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1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)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

2、用动能定理、机械能守恒定律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，寻求最优解题方案例 1(2019 江苏扬州中学月考)如图 1，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 在竖直平面内，与水平轨道CD 相切于 C 点，D 端有一被锁定的水平轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到 C 点的距离为2R.质量为 m、可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚

3、好能通过圆轨道的最高点A.已知 POC60，重力加速度为g，求：图 1(1)滑块第一次滑至圆轨道最低点C 时对轨道的压力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能答案(1)2mg，方向竖直向下(2)0.25(3)3mgR2解析(1)设滑块第一次滑至C 点时的速度为vC，圆轨道C 点对滑块的支持力为FN由 P 到 C 的过程，由动能定理得：mgR(1cos 60)12mvC20，在 C 点：FNmgmvC2R联立解得：FN2mg由牛顿第三定律得：滑块第一次滑至圆轨道C 点时对轨道的压力大小FNFN 2mg，方向竖直向下；(2)滑块从 P 到 Q 的过程：mgR(1co

4、s 60)mg2R0解得：0.25(3)因滑块刚好能通过圆轨道的最高点A，则在 A 点时滑块的重力提供向心力，则mgmvA2R滑块从 Q 到 A 的过程：E弹12mvA2mg2Rmg 2R联立解得：E弹3mgR.变式 1(2019 江苏天一中学期初调研)如图 2 所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角 30 的固定的光滑斜轨道进行有一件质量为m2.0 kg 的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A 滑至底端 B，然后又在水平地面上滑行一段距离停下，若A 点距离水平地面的高度h5.0 m，重力加速度g取 10 m/s2，求：图 2(1)包装盒由A 滑到 B 经历的时间；(2)若包装盒与水

5、平地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？(不计斜面与水平地面接触处的能量损耗)答案(1)2.0 s(2)10 m解析(1)对包装盒进行受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin ma则 agsin 5.0 m/s2包装盒沿斜轨道由A到 B 的位移为xABhsin 30 10 m3设包装盒由A 到 B 做匀加速运动的时间为t，则xAB12at2解得：t2xABa2.0 s；(2)由动能定理得：Ffx012mvB2其中 Ff mg在 B 点速度vBat代入数据，得x10 m.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

6、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 Ek EpQ.(2)对 W 和 Q 的理解：传送带克服摩擦力做的功：WFfx传；产生的内能：QFfx相对例 2(2020 福建福州市质检)如图 3 所示，水平传送带匀速运行速度为v2 m/s，传送带两端 A、B 间距离为x010 m，当质量为m5 kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送到 B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数 0.2，重力

7、加速度g 取 10 m/s2，求：图 3(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t；(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W.答案(1)2 m/s2(2)5.5 s(3)20 J解析(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：aFfm mgmg2 m/s24(2)经过 t1时间二者共速，t1va22s1 s行李箱匀加速运动的位移为：x112at1212212m1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t2x0 x1v1012s4.5 s则行李箱从A 传送到 B 所用时间：tt1t21 s 4.5 s5.5 s(3)t1时间内传送带的位移：x2vt121 m2 m根

8、据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff Ff行李箱对传送带的摩擦力做功：W Ffx2 mgx2 0.25102 J 20 J变式 2(2019 甘肃兰州市第一次诊断)如图 4 所示，倾角为 的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是()图 4A物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B物体运动至顶端时一定相对传送带静止C传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2 倍答案A解析当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运

9、动；若物体的速度能等于传送带的速度，此时物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A 项正确；若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v仍小于传送带的速度v0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，物体通过的距离x物0v2tv2t，传送带通过的距离 x传v0t，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2 倍，故 B、D 项错误；物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C 项错误51位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑

10、块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度2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 3如图 5 所示，一质量 m2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M1 kg 的小铁块以水平向左的速度v09 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10.1，铁块与木板间的动摩擦因数2 0.4，取重力加速度g10 m/s2，木板足够长，求：图 5(1)铁块相对木板滑动时木板的加

11、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/s2(2)36 J1.5 m解析(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得2Mg 1(Mm)gma2，解得 a20.41100.13 102m/s20.5 m/s2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得2MgMa1，解得 a12g4 m/s2.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vv0a1ta2t，解得：v1 m/s，t2 s.铁块相对地面的位移x1v0t12a1t29 2 m1244 m10 m.木板相对地面

12、的位移x212a2t2120.54 m1 m，铁块与木板的相对位移 xx1x210 m1 m9 m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量6QFf x2Mg x0.41 109 J36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a3，发生的位移为x3，则有：a31g1 m/s2，x3v202a30.5 m.故木板在水平地面上滑行的总路程sx2x31 m0.5 m1.5 m.变式 3(2019 天津市南开区二模)如图 6 所示，质量M8 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F8 N当小车向右运动速度达到v03 m/s 时，在小车的右端轻放一质量 m 2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦

13、因数 0.2，假定小车足够长，g10 m/s2.求：图 6(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；(2)从小物块放在车上开始经过t03.0 s 摩擦力对小物块所做的功答案(1)2 s4 m/s(2)23.04 J解析(1)根据牛顿第二定律得：对物块：mg ma1，解得：a1 2 m/s2对小车：Fmg Ma2，解得：a2 0.5 m/s2设经过 t1时间物块与小车的速度相等，则有：a1t1v0a2t1，代入数据解得：t12 s，共同的速度大小为：va1t14 m/s；(2)t1时间内物块位移：x112a1t1212 222m4 m，t1时刻物块速度：v1v4

14、 m/s，t1后 M、m 有相同的加速度，对 M、m 整体有：F(Mm)a3，解得：a3 0.8 m/s2，物块受到的摩擦力为：Ff ma31.6 N，t2t0t11 s，位移为：x2v1t212a3t22(41120.812)m4.4 m，7所以摩擦力做的功为：Wmgx1Ffx2 23.04 J.1(多运动过程问题)(多选)(2019江苏高考模拟卷)如图 7 所示，ab 是一段长度为2R 的粗糙水平面，动摩擦因数为 0.5，其右端与一固定在竖直面内的S形轨道相切于b点，S形轨道由半径分别为r 和 R 的两个14光滑圆弧构成，且R2r.圆弧交接处的距离略大于小球的直径，忽略小球在进入S 形轨道

15、时的能量损失现有一质量为m 的小球受到水平恒力Fmg 的作用，自 a 处从静止开始向右运动至b 点撤去外力，重力加速度大小为g，不计空气阻力则下列说法正确的是()图 7A在半径为R 的轨道上，小球处于超重状态B在 b 点，小球对轨道的压力为5mgC当水平恒力F32mg 时，小球才能到达最高点D当水平恒力F34mg 时，小球才能到达最高点答案BC解析在半径为R 的轨道上，小球的向心加速度具有向下的分量，处于失重状态，故 A 错误；小球在 ab 段的加速度aF mgm12g，小球在b 点的速度v2ax2gR，故在 b 点，FNmv2rmg5mg，由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FNFN 5mg，故

16、 B 正确；考虑恰好能够到达最高点的临界情况，在最高点，小球的重力提供向心力，故mgmv12R，从最低点到最高点过程，根据机械能守恒定律，有：12mv22mg(Rr)12mv12，联立解得小球在b点的速度：v28gr，小球在ab 段的加速度av2222R8gr4Rg，则 Fmg ma32mg，即当 F32mg 时小球才能到达最高点，故C 正确，D 错误82(板块模型问题)如图 8 甲所示，半径 R 0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M1 kg，长度 l1 m，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h

17、0.2 m质量 m1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放取g10 m/s2.试求：图 8(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数 0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离答案(1)30 N(2)1 m/s(3)0.2 m解析(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR12mvB2解得vB3 m/s在 B 点由牛顿

18、第二定律有，FNmgmvB2R，解得 FN30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小FNFN 30 N，方向竖直向下(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功Wf1mg2mg2l 4 J物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得，mgRWf12mv2，解得v 1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a1g2 m/s2对平板车有a2 mgM2 m/s2经过时间t1物块滑离平板车，则有vBt112a1t1212a2t12 l9解得 t10.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v物vBa1t1 2 m/s此时平板车的速度v车a2t11 m/s物块滑离平板车后做平抛运动的时间t

19、22hg0.2 s物块落地时距平板车右端的水平距离s(v物v车)t20.2 m.1(多选)(2019江苏南京市期中)如图 1 所示，绷紧的水平传送带AB 始终保持某一恒定的速率v运行，一行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，并在传送带右端脱离传送带下列说法正确的是()图 1A传送带运行速率v越大，行李在传送带上的运动时间一定越短B传送带运行速率v越大，行李运动到传送带水平段末端B 的速度一定越大C若行李释放点改至A 处右侧，则行李运动到传送带水平段末端B 的速度可能不变D如果行李到达B 点前已经与传送带的速度相同，那么行李与传送带之间的摩擦力做功而产生的热能一定与行李的

20、末动能相等答案CD2.(多选)(2019云南省第二次统一检测)如图 2 所示，B、M、N 分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心O 等高，M 点与 O 点在同一竖直线上，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为 45.现从 B 点的正上方某处A 点由静止释放一个质量为m 的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O 点等高的C 点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是()图 2AA、B 两点间的高度差为22RBC 到 N 的水平距离为2RC小球在 M 点对轨道的压力大小为(32)mg10D小球从N 点运动到C 点的时间为2Rg答案AC解析从 A 点到 C 点：m

21、gh12mvC2，从 A 点到 N 点：mg(hRcos45)12mvN2，其中vCvNcos 45，联立解得：h22R，vN2 2gR，选项 A 正确；小球从N 运动到 C 的时间：tvNsin 45 g2Rg，则 C 到 N 的水平距离为：xCNvNcos45 t，解得 xCN2R，选项 B、D 错误；从 A 到 M 点：mg(hR)12mvM2，在 M 点：FNmgmvM2R，解得 FN(32)mg，由牛顿第三定律，小球在M 点对轨道的压力大小为FNFN(32)mg，选项 C 正确3(多选)如图 3，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

22、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v0沿 AB 运动恰能通过最高点，则()图 3AR 越大，v0越大Bm 越大，v0越大CR 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大Dm 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mgmvD2R，则vDgR，根据动能定理得12mv0212mvD22mgR，解得v05gR，可见 R 越大，v0越大，而且v0与小球的质量 m 无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，FNmgmv02R，则轨道对小球的支持力FNmgmv02R6mg，则 FN大小与 R 无关，随 m 增大而

23、增大，由牛顿第三定律知，C 错误，D 正确4 如图 4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 AB11是半径为R1 m 的14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L2 m，与小球之间的动摩擦因数 0.2.现让一个质量为m1 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 g10 m/s2，不计空气阻力)图 4(1)当 H2 m 时，求此时小球第

24、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，求 H 的取值范围答案(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m解析(1)设小球第一次到达D 点的速度为vD，对小球从静止释放到D 点的过程，根据动能定理有：mg(Hr)mgL12mvD2.在 D 点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有FNmvD2r联立解得：FN84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：FNFN 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：mgHmin mgL 12mv02在 O 点由牛顿第二定律有：mgmv02r代入数据解得：Hmin0.65 m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，则H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则 mg(Hmaxr)3 mgL 0 代入数据解得：Hmax0.7 m故有：0.65 mH0.7 m.