2019年度高考物理一轮复习第五章机械能专题强化六综合应用力学两大观点解决两类模型问题课件.ppt

第五章机械能 专题强化六综合应用力学两大观点解决两类模型问题 1 本专题是力学两大观点在传送带和滑块 木板两种模型中的综合应用 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 过好双基关 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 命题点一传送带模型问题 能力考点师生共研 模型构建 2 功能关系分析 1 功能关系分析 W Ek Ep Q 2 对W和Q的理解 传送带做的功 W Ffx传 产生的内能Q Ffx相对 模型1水平传送带问题例1 2017 湖南永州三模 如图1所示 水平传送带A B两轮间的距离L 40m 离地面的高度H 3 2m 传送带以恒定的速率v0 2m s向右匀速运动 两个完全一样的小滑块P Q中间夹有一根轻质弹簧 弹簧与P Q不拴接 用一轻绳把两滑块拉至最近 弹簧始终处于弹性限度内 使弹簧处于最大压缩状态 现将P Q轻放在传送带的最左端 P Q一起从静止开始运动 t1 4s时轻绳突然断开 很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度 不考虑弹簧的长度的影响 此时滑块P速度反向 滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍 已知小滑块的质量均为m 0 2kg 小滑块与传送带之间的动摩擦因数 0 1 重力加速度g 10m s2 求 1 弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能 答案 解析 图1 答案7 2J 解析滑块的加速度大小a g 1m s2滑块P Q从静止到与传送带共速所需时间t0 2sP Q共同加速的位移大小x0 at02 2m L 40m故滑块第2s末相对传送带静止取向右为速度的正方向 由动量守恒定律有2mv0 mvQ mvP又 vQ 2 vP 解得vQ 8m s vP 4m s最大压缩状态时 弹簧的弹性势能Ep 7 2J 2 两滑块落地的时间差 答案 解析 答案6s 解析两滑块离开传送带后做平抛运动的时间相等 故两滑块的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后 两滑块在传送带上运动的时间之差 t1 4s时 滑块P Q位移大小x1 x0 v0 t1 t0 6m 两滑块落地时间差 t t2 t3 t4 6s 3 两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量 答案 解析 答案6 4J 解析滑块P Q共同加速阶段Q1 2 mg v0t0 x0 0 8J分离后滑块Q向右运动阶段Q2 mg x2 v0t2 3 6J滑块P向左运动阶段Q3 mg x1 v0t4 2J全过程产生的总热量Q Q1 Q2 Q3 6 4J 变式1电机带动水平传送带以速度v匀速传动 一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上 如图2所示 若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 当小木块与传送带相对静止时 求 1 小木块的位移 答案 解析 图2 解析木块刚放上时速度为零 必然受到传送带的滑动摩擦力作用 做匀加速直线运动 达到与传送带速度相同后不再相对滑动 整个过程中木块获得一定的能量 系统要产生摩擦热 对小木块 相对滑动时由 mg ma得加速度a g 由v at得 达到相对静止所用时间t 2 传送带转过的路程 答案 解析 3 小木块获得的动能 答案 解析 4 摩擦过程产生的摩擦热 答案 解析 注意 Q Ek是一种巧合 不是所有的问题都这样 5 电机带动传送带匀速传动输出的总能量 答案 解析 答案mv2 解析由能量守恒定律得 电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热 所以E总 Ek Q mv2 模型2倾斜传送带问题例2如图3所示 传送带与地面的夹角 37 A B两端间距L 16m 传送带以速度v 10m s沿顺时针方向运动 物体质量m 1kg 无初速度地放置于A端 它与传送带间的动摩擦因数 0 5 sin37 0 6 cos37 0 8 g 10m s2 试求 1 物体由A端运动到B端的时间 答案 解析 答案2s 图3 解析物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力 由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1 设物体经时间t1加速到与传送带速度相同 则v a1t1 x1 a1t12 可解得a1 10m s2 t1 1s x1 5m因x1 L mgsin mgcos 故当物体与传送带速度相同后 物体将继续加速mgsin mgcos ma2L x1 vt2 a2t22解得t2 1s故物体由A端运动到B端的时间t t1 t2 2s 2 系统因摩擦产生的热量 答案 解析 答案24J 解析物体与传送带间的相对位移x相对 vt1 x1 L x1 vt2 6m故Q mgcos x相对 24J 变式2 多选 如图4甲所示 倾角为 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 1kg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 10m s2 则A 传送带的速率v0 10m sB 传送带的倾角 30 C 物体与传送带之间的动摩擦因数 0 5D 0 2 0s内摩擦力对物体做功Wf 24J 解析 答案 图4 解析当物体的速度超过传送带的速度后 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 10m s 选项A正确 1 0s之前的加速度a1 10m s2 1 0s之后的加速度a2 2m s2 结合牛顿第二定律 gsin gcos a1 gsin gcos a2 解得sin 0 6 37 0 5 选项B错误 选项C正确 摩擦力大小Ff mgcos 4N 在0 1 0s内 摩擦力对物体做正功 在1 0 2 0s内 摩擦力对物体做负功 0 1 0s内物体的位移为5m 1 0 2 0s内物体的位移是11m 0 2 0s内摩擦力做的功为 4 11 5 J 24J 选项D正确 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 命题点二滑块 木板模型问题 能力考点师生共研 模型构建 例3 2017 广东汕头二模 如图5所示 一斜面体固定在水平地面上 倾角为 30 高度为h 1 5m 一薄木板B置于斜面顶端 恰好能保持静止 木板下端连接有一根自然长度为l0 0 2m的轻弹簧 木板总质量为m 1kg 总长度为L 2 0m 一质量为M 3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出 该位置离地高度为H 1 7m 物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行 已知A B之间的动摩擦因数为 木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下 物块A最后恰好能脱离弹簧 且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内 最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 取重力加速度g 10m s2 不计空气阻力 求 1 物块A落到木板上的速度大小v 答案 解析 答案4m s 图5 解析物块A落到木板上之前做平抛运动 竖直方向有 2g H h vy2得vy 2m s 2 弹簧被压缩到最短时的弹性势能 答案 解析 答案5J 解析由木板恰好静止在斜面上 得到斜面与木板间的动摩擦因数 0应满足 mgsin30 0mgcos30 物块A在木板上滑行时 由牛顿第二定律得 假设A与木板B达到共同速度v共时 A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端 则有v共 aBt v aAt解得v共 3m s t 0 4s 故 x xA xB 0 8m L l0 1 8m 说明以上假设成立 A与B速度相同后 由于 M m gsin30 0 M m gcos30 则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞 木板停下 此后A在B上做匀减速运动 设接触弹簧时A的速度为vA 有 2aA L l0 x vA2 v共2 解得vA 2m s设弹簧最大压缩量为xm A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程 有 A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程 即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5J 变式3如图6所示 在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态 现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动 已知M m 用 和 分别表示木块A和木板B的图象 在木块A从B的左端滑到右端的过程中 下面关于速度v随时间t 动能Ek随位移x的变化图象 其中可能正确的是 答案 解析 图6 解析设A B间动摩擦因数为 二者加速度的大小分别为aA aB 则 mg maA mg MaB 可知aA aB v t图象中 图线 的斜率的绝对值应大于图线 的 故A B均错误 由 mgxB EkB mv02 mgxA EkA 可知Ek x图象中 图线 的斜率的绝对值应相同 故C错误 D正确 变式4如图7所示 一质量m 2kg的长木板静止在水平地面上 某时刻一质量M 1kg的小铁块以水平向左的速度v0 9m 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 1 0 1 铁块与木板间的动摩擦因数 2 0 4 取重力加速度g 10m s2 木板足够长 求 1 铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小 答案 解析 答案0 5m s2 图7 解析设铁块在木板上滑动时 木板的加速度为a2 由牛顿第二定律可得 2Mg 1 M m g ma2 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 解析 答案36J1 5m 解析设铁块在木板上滑动时 铁块的加速度为a1 由牛顿第二定律得 2Mg Ma1 解得a1 2g 4m 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v v0 a1t a2t 解得 v 1m s t 2s 铁块相对地面的位移 铁块与木板的相对位移 x x1 x2 10m 1m 9m 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q Ff x 2Mg x 0 4 1 10 9J 36J 设铁块与木板共速后的加速度为a3 发生的位移为x3 则有 a3 1g 1m s2 木板在水平地面上滑行的总路程s x2 x3 1m 0 5m 1 5m 课时作业 1 多选 如图1所示 光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型 最低点B处的入 出口靠近但相互错开 C是半径为R的圆形轨道的最高点 BD部分水平 末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接 传送带以恒定速度v逆时针转动 现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放 滑块能通过C点后再经D点滑上传送带 则A 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C 滑块可能重新回到出发点A处D 传送带速度v越大 滑块与传送带摩擦产生的热量越多 答案 解析 1 2 3 4 5 图1 1 2 3 4 5 滑块在传送带上先做减速运动 后反向做加速运动 如果再次到达D点时的速度与第一次到达D点时的速度大小相等 则根据能量守恒定律 可以再次回到A点 故选项C正确 滑块与传送带之间产生的热量Q mg x相对 当传送带的速度越大 则在相同时间内二者相对位移越大 则产生的热量越多 故选项D正确 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2 如图2所示 AB为半径R 0 8m的光滑圆弧轨道 下端B恰与小车右端平滑对接 小车质量m 3kg 车长L 2 06m 现有一质量m 1kg的滑块 由轨道顶端无初速度释放 滑到B端后冲上小车 已知地面光滑 滑块与小车上表面间的动摩擦因数 0 3 当车运动了t0 1 5s时 车被地面装置锁定 g取10m s2 试求 1 滑块到达B端时 轨道对它的支持力的大小 答案 解析 答案30N 图2 解得FNB 30N 1 2 3 4 5 2 车被锁定时 车右端距轨道B端的距离 答案 解析 答案1m 1 2 3 4 5 解析设滑块滑上小车后经过时间t1与小车同速 共同速度的大小为v对滑块 mg ma1 v vB a1t1对小车 mg m a2 v a2t1解得v 1m s t1 1s 因t1 t0 故滑块与小车同速后 小车继续向左匀速行驶了t0 t1 0 5s 则小车右端距B端的距离为x车 v t0 t1 解得x车 1m 1 2 3 4 5 3 从车开始运动到被锁定的过程中 滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小 答案 解析 答案6J 解得Q 6J 1 2 3 4 5 3 如图3所示 质量为m 1kg的滑块 在水平力作用下静止在倾角为 30 的光滑斜面上 斜面的末端B与水平传送带相接 滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失 传送带的运行速度为v0 3m s 长为l 1 4m 今将水平力撤去 当滑块滑到传送带右端C时 恰好与传送带速度相同 滑块与传送带间的动摩擦因数为 0 25 g取10m s2 求 1 水平作用力F的大小 答案 解析 图3 1 2 3 4 5 2 滑块下滑的高度 答案 解析 答案0 1m或0 8m 1 2 3 4 5 解析设滑块从高为h处下滑 到达斜面底端的速度为v 若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度 则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动 1 2 3 4 5 若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度 则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运动 代入数据解得h 0 8m 1 2 3 4 5 3 若滑块滑上传送带时的速度大于3m s 滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量 答案 解析 答案0 5J 解析由 2 知 当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时 滑块从h 0 8m处滑下 设滑块在传送带上运动的时间为t 则t时间内传送带的位移x v0t mgh mv2 v0 v at mg ma滑块相对传送带滑动的位移 x l x相对滑动生成的热量Q mg x代入数据解得Q 0 5J 1 2 3 4 5 4 一质量为M 2 0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动 被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过 子弹和小物块的作用时间极短 如图4甲所示 地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示 图中取向右运动的方向为正方向 已知传送带的速度保持不变 g取10m s2 求 1 传送带速度v的大小及方向 说明理由 答案 解析 答案2 0m s方向向右理由见解析 图4 1 2 3 4 5 解析从v t图象中可以看出 物块被击穿后 先向左做减速运动 速度为零后 又向右做加速运动 当速度等于2 0m s时 则随传送带一起做匀速运动 所以传送带的速度大小为v 2 0m s 方向向右 1 2 3 4 5 2 物块与传送带间的动摩擦因数 答案 解析 答案0 2 解析由v t图象可得 物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度 由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff Mg Ma 1 2 3 4 5 3 传送带对外做的功 子弹射穿物块后系统产生的内能 答案 解析 答案24J36J 1 2 3 4 5 解析由v t图象可知 传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3s 传送带在这段时间内移动的位移为x 则x vt 2 0 3m 6 0m 所以传送带所做的功W Ffx 0 2 2 0 10 6 0J 24J 设物块被击中后的初速度为v1 向左运动的时间为t1 向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t2 则有物块向左运动时产生的内能 所以整个过程产生的内能Q Q1 Q2 36J 解析把物块和木板看成整体 由牛顿第二定律得F m1 m2 a物块与木板将要相对滑动时 1m1g m1a联立解得F 1 m1 m2 g 8N 1 2 3 4 5 5 2018 福建三明调研 如图5甲所示 质量为m1 1kg的物块叠放在质量为m2 3kg的木板右端 木板足够长 放在光滑的水平面上 木板与物块之间的动摩擦因数为 1 0 2 整个系统开始时静止 重力加速度g取10m s2 1 在木板右端施加水平向右的拉力F 为使木板和物块发生相对运动 拉力F至少应为多大 答案 解析 答案见解析 图5 1 2 3 4 5 2 在0 4s内 若拉力F的变化如图乙所示 2s后木板进入 2 0 25的粗糙水平面 在图丙中画出0 4s内木板和物块的v t图象 并求出0 4s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能 答案 解析 答案见解析 1 2 3 4 5 解析物块在0 2s内做匀加速直线运动 木板在0 1s内做匀加速直线运动 在1 2s内做匀速运动 2s后物块和木板均做匀减速直线运动 故二者在整个运动过程中的v t图象如图所示 0 2s内物块相对木板向左运动 2 4s内物块相对木板向右运动 0 2s内物块相对木板的位移大小 x1 2m 物块与木板因摩擦产生的内能Q1 1m1g x1 4J 1 2 3 4 5 2 4s内物块相对木板的位移大小 x2 1m 物块与木板因摩擦产生的内能Q2 1m1g x2 2J 0 4s内物块相对木板的位移大小为x1 x1 x2 1m2s后木板对地位移x2 3m 木板与地面因摩擦产生的内能Q3 2 m1 m2 gx2 30J 0 4s内系统因摩擦产生的总内能为Q Q1 Q2 Q3 36J