《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機械能及其守恒定律 熱點專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點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 機械能及其守恒定律 熱點專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題
熱點概述 (1)本熱點是力學(xué)兩大觀點在傳送帶和滑塊—木板兩種模型中的綜合應(yīng)用，高考常以計算題、壓軸題的形式出現(xiàn)。(2)學(xué)好本熱點，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力，針對性的專題強化，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(牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律)。
熱點一 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動過程，做好受力分析，然后利用運動學(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運行。初速度大小為v2＝6 m/s的小物塊(可視為質(zhì)點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。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B點
B．小物塊不能到達B點，但可返回A點，返回A點速度為4 m/s
C．小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離達到最大
D．小物塊在傳送帶上運動時，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B點，故A錯誤；小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運動，返回A點速度為4 m/s，故B正確；小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動的過程相對于傳送帶繼續(xù)向左運動，所以小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離沒有達到最大，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，經(jīng)歷的時間t＝＝2.5 s，該時間內(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動時，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)鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，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動情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，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兩點間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1 m/s的速度勻速運動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A點，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點傳送到B點的過程中，求：(g取10 m/s2)
(1)傳送帶對小物體做的功；
(2)電動機做的功。
解析 (1)小物體剛開始運動時，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，小物體的位移為
x＝＝0.2 m<5 m
之后小物體以v＝1 m/s的速度勻速運動到B點
由功能關(guān)系得，傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增加量，即
W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsinθ＝255 J。
(2)電動機做的功等于小物體的機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點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，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的速度勻速運動，則(g取10 m/s2)( )
A．物體從A運動到B的時間是1.5 s
B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 J
C．物體從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 J
D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做的功為10 J
答案 AC
解析 設(shè)物體下滑到A點的速度為v0，在從P滑到A的過程，由機械能守恒定律有：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端運動到B端的時間
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，傳送帶在電動機的帶動下始終保持v0＝2 m/s的速率運行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 kg的工件(可看做質(zhì)點)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
工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移
x1＝t1＝t1
勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運動的時間t1＝0.8 s
加速運動的位移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)從能量守恒的觀點看，電動機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)生相對滑動時產(chǎn)生的內(nèi)能。
在時間t1內(nèi)，傳送帶運動的位移
x傳送帶＝v0t1＝1.6 m
在時間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間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向)。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，先向左做減速運動，速度為零后，又向右做加速運動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運動，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間只有3 s，傳送帶在這段時間內(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，向左運動的時間為t1＝2 s，向右運動直至和傳送帶達到共同速度的時間為t2＝1 s，則
物塊向左運動時產(chǎn)生的內(nèi)能
Q1＝μMg＝32 J
物塊向右運動時產(chǎn)生的內(nèi)能
Q2＝μMg＝4 J。
所以整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36 J。
熱點二 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動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，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)系兩個相鄰的不同運動過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
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)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的物理意義，例如例1中t＝1 s時對應(yīng)的圖象上的點。1 s時A、B速度相同，是兩者運動的轉(zhuǎn)折點。1 s前A做勻加速直線運動，B做勻減速直線運動，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立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。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的彈性勢能。
解析 (1)物塊A落到木板上之前做平拋運動，豎直方向有：
2g(H－h(huán))＝v
得vy＝2 m/s
物塊A落到木板上時速度大小：v＝＝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，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達到共同速度v共時，A還沒有壓縮彈簧且木板B還沒有到達斜面底端，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；作出二者在整個運動過程中的vt圖象如圖所示。
0～2 s內(nèi)物塊相對木板向左運動，2～4 s內(nèi)物塊相對木板向右運動。
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)，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)滑塊由靜止釋放時所受摩擦力的大小；
(2)長木板第二次碰撞擋板時速度的大?。?
(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)長木板向上運動減速到零的時間為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動，長木板又經(jīng)t2＝0.6 s運動x2＝1.8 m后與擋板相碰撞，相碰時長木板的速度大小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時間內(nèi)下滑x3，在t2時間內(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的帶動下始終以速度v勻速運動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時間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點未到右端，在這段時間內(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要多做的功為mv2
答案 D
解析 在這段時間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線運動，其相對地面的位移為x1＝vt，傳送帶(或傳送帶上的A點)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)的部分機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱Q＝Ffx，對物體運用動能定理有Ffx1＝mv2，又x1＝x，所以Q＝Ffx＝mv2，故C錯誤；在這段時間內(nèi)，電動機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，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機械能的減少量等于物塊b機械能的增加量
C．摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和
D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等
答案 ACD
解析 開始時，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)機械能增加，所以物塊a機械能的減少量小于物塊b機械能的增加量，故B錯誤；根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量，因為系統(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；任意時刻a、b的速率相等，對b克服重力做功的瞬時功率Pb＝mbgv，對a有Pa＝magvsinθ＝mbgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，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)滑塊運動到木板右端時，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，滑塊到達右端所用時間越長
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，滑塊在木板上運動時間越短，所以木板運動的位移越小，故B正確；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運動，在其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，木板的運動情況不變，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沿逆時針方向勻加速運行，t＝0時，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點)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動，當(dāng)物體速度小于傳送帶速度時，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，摩擦力方向沿斜面向上，當(dāng)物體速度等于傳送帶速度時，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動的位移x1＝＝ m＝5 m，第二段勻加速直線運動的位移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?，F(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)車運動了t0＝1.5 s時，車被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。試求：
(1)滑塊到達B端時，軌道對它的支持力的大??；
(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；
(3)從車開始運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
因為x12s，所以物塊能通過B點，
設(shè)物塊從E點返回至B點的速度為vB，
有mv2－mv＝μ2mg2s
解得vB＝ m/s
物塊再次滑上傳送帶，因為x2＝＝ m
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)
第6章
機械能及其守恒定律
熱點專題三第28講
應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題學(xué)案含解析
2020
年高
物理
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機械能及其守恒定律 熱點專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc
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