【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章专题强化六《综合应用力学两大观点解决三类问题》(含解析).doc，共(15)页，175.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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—木板问题三类问题中的综合应用，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)。题型一多运动过程问题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，寻求解题最优方案。【例1】(2020·山东省等级考

试模拟卷)如图1所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线

的左侧，ON－与OA－的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速度为g。图1(1)求小球初速度的大小v0；(2)求

小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。答案(1)5gL(2)r＝()3＋2cosθ2（2

＋cosθ）L(3)不能通过A点，理由见解析解析(1)设小球在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝mv2L，解得v＝gL，小球从A点至最高点，由动能定理有－mg·2L＝12mv2－12mv20，解得v0＝5gL。(

2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为v1，由释放到碰到钉子时根据动能定理得－mgL()1－cosθ＝12mv21－12mv20，碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得mgr()1－cosθ＝1

2mv22－12mv21，绳子断的瞬间FT＝7mg，FT－mg＝mv22r，联立以上几式，解得r＝()3＋2cosθ2（2＋cosθ）L。(3)细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点的同一竖直线上，由几何关系得x＝(L－r)sinθ，平抛运动的水平方向有x

＝v2t，由(2)可知v2＝6gr，平抛运动竖直方向有y＝12gt2代入上面几式可得y＝12gt2＝（L－r）2sin2θ12r平抛开始点与A点的高度差为h＝L－r－(L－r)cosθ＝(L－r)(1－cosθ)，若正好过A点，则h＝y，解得r＝1＋co

sθ13＋cosθL，此结论与(2)不相符，所以小球不能通过A点。【变式1】(2020·江苏五校上学期12月联考)如图2所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中A

B如为细管道。轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，一质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g。图

2(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC；(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s；(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道，已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到

最高点时离地面的高度h。答案(1)5mg(2)3R(3)2R解析(1)由A到C，由机械能守恒得2mgR＝12mv2C在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝mv2CR解得FC＝5mg。(2)小球从C点做平抛

运动，水平方向有x＝vCt竖直方向有R＝12gt2解得x＝22R落地点到C点的距离s＝R2＋x2＝3R。(3)小球从D点斜向右上方抛到C点的过程可以看作由C点到D点的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为vC′，则有2R＝vC′t′，R＝12

gt′2，解得vC′＝2gR设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝12mvC′2，解得h′＝R，所以h＝h′＋R＝2R。题型二传送带模型问题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。2.功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)对W和Q的理解①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；②产生的内能：Q＝Ff

x相对。模型1水平传送带问题【例2】(2020·福建福州市期末质量检测)如图3所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10m，当质量为m＝5kg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μ＝0.2，重力加速度g取10m/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)2m/s2(2)5.5s(3)－20J解析(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小a＝Ffm＝μ

mgm＝μg＝2m/s2。(2)经过t1时间二者共速，t1＝va＝22s＝1s行李箱匀加速运动的位移为x1＝12at21＝12×2×12m＝1m行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝x0－x1v＝10－12s＝4.5s则行李箱从A传送到B所用时间t＝

t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根据牛顿第三定律，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＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2

J＝－20J。模型2倾斜传送带问题【例3】(2020·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C

点与B点的高度差为h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝

0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图4(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑块在传送带上

运动时与传送带摩擦产生的热量Q。答案(1)2.5m/s(2)1J(3)32J解析(1)在C点，竖直分速度vy＝2gh2＝1.5m/s由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s。(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s，从A

到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝12mv2B，解得Wf＝1J。(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2达到共同速度所需时间t＝vC－va＝5s两者间的相对位移Δx＝v＋vC2t－vt＝5m由于mg

sin37°＜μmgcos37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcos37°·Δx＝32J。题型三滑块—木板模型问题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。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。【例4】(2020·北京市房山区第一次模拟)如图5所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一

个大小F＝8N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求图5(1)小物块和长木板的加速度各为多大；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物

块做功的代数和是否为零。答案(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)见解析解析(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4N小物块加速度a1＝F－Ffm＝2m/s2长木板加速度a2＝FfM＝0.5m/s2。(2)小木块对地位移x1＝12a1t2＝4m长木板对地位移x2＝12a

2t2＝1m长木板长L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16J摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4J故W1＋W2≠0【变式2】(2020·西北狼联盟一诊联考)如图6所示，质量M＝0.2kg、长L＝1m的长木板放在地面上，质量m＝0.8k

g的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1m。现用水平向右外力F＝6N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑

块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g＝10m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(1)在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的

大小；(2)小滑块到达P点时速度的大小；(3)若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？答案(1)不发生相对滑动4.5m/s24.5m/s2(2)4m/s(3)0＜R≤0.32m或R≥0.8m。解析(1)在长木板与底座相碰前，假设M与

m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1，则F－μ2()M＋mg＝()M＋ma，F－Ff1＝ma，解得a＝4.5m/s2，Ff1＝2.4N，即Ff1＜μ1mg＝3.2N，假设成立，不发生相对滑动。(2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长

木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则v21＝2ax，F－μ1mg＝ma1，v22－v21＝2a1L，解得v2＝4m/s。(3)情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道

半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则mg＝mv2mRm，－2mgR＝12mv2m－12mv22，解得Rm＝0.32m。情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有－mgR＝－12mv22，解得R＝0.8m，故要使小滑块不脱离轨道，

竖直圆周轨道半径应该满足0＜R≤0.32m或R≥0.8m。课时限时练(限时：40分钟)1.(多选)(2020·云南省第二次统一检测)如图1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α＝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1A.A、B两点间的高度差为22RB.C到N的水平距离为2RC.小球在M点对轨道的压

力大小为(3＋2)mgD.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，有mgh＝12mv2C，从A点到N点，有mg(h＋Rcos45°)＝12mv2N，其中vC＝vNcos45°，联立解得h＝2

2R，vN＝22gR，选项A正确；小球从N运动到C的时间t＝vNsin45°g＝2Rg，则C到N的水平距离为xCN＝vNcos45°t，解得xCN＝2R，选项B、D错误；从A到M点，有mg(h＋R)＝12mv2M，在M点，有FN－mg＝mv2MR，解得FN＝(3＋2)

mg，由牛顿第三定律，小球在M点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(3＋2)mg，选项C正确。2.(2020·甘肃兰州市第一次诊断)如图2所示，倾角为θ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2A.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动；当物体的速度等于传送带的速度时，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，这种情况下，物体通过的距离x物＝0＋v2t，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。3.(多选)(2020·山东德州市第一次模拟)如图3所示，轻绳一端固定在O点，另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，小盒子里装了一质量为m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C两点分别为水平直径的左端和右端；B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒

子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()图3A.小球运动至A点时，对小盒子下壁的压力为零B.小球运动至C点时，对小盒子右壁的压力为2mgC.小球运

动至C点时，对小盒子下壁的压力为mgD.小球运动至B点时，对小盒子下壁的压力为6mg答案AD解析由题意可知，小球与小盒子一起运动，将小球与小盒子作为整体可知，在A点、C点时整体竖直方向的加速度为重力加速度，由小球在A点、C点时

竖直方向的加速度也应为重力加速度，则小球运动至A、C点时，对小盒子下壁的压力为零，故A正确，C错误；小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力，则有mg＝mv2DR，小球从D到C过程中，有mgR＝12mv2C－12m

v2D，小球在C点有FNC＝mv2CR，联立解得FNC＝3mg，故B错误；小球从D到B过程中，有mg·2R＝12mv2B－12mv2D，小球在B点有FNB－mg＝mv2BR，联立解得FNB＝6mg，故D正确。4.(

2020·浙江金华十校4月模拟)如图4所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好

与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝1.2m，小球质量m＝1kg。已知平台离地面的高度为h＝0.8m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有1

0N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5J。若不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：图4(1)小球通过C点时的速度大小vC；(2)平台BC的长度L；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E

km。答案(1)2m/s(2)1.25m(3)4.5J解析(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10N的作用力，根据牛顿第三定律可知上管壁对它也有F′＝10N的作用力，根据牛顿运动定律有F′＋mg＝mv2Cr，得vC＝2m/s。(2)小球从A点抛出到B点所用时间t

＝2hg＝0.4s到B点时速度vB＝xt＝3m/s小球从B到C的过程中，根据动能定理，有－μmgL＝12mv2C－12mv2B得平台BC的长度L＝1.25m。(3)小球压缩弹簧速度最大时，加速度为零，则mg＝k

x弹簧的压缩量x＝0.1m从C位置到小球的速度最大时的过程中，根据机械能守恒，有mg(r＋x)＋12mv2C＝Ekm＋Ep，得Ekm＝4.5J。5.(2020·湖南衡阳市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图5甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8m高的平台，

运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1m；O为圆心，圆弧对应的圆心角θ＝53°，已知

g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量m＝50kg，可视为质点，试求：图5(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0；(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力

大小；(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。答案(1)3m/s(2)2150N(3)3.55m解析(1)运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v2y＝2gh①在B点有vy＝v0tanθ②由①②得v0＝3m

/s。③(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得FN－mg＝mv2CR④运动员从A到C的过程，由机械能守恒得mg[]h＋R()1－cos53°＝12mv2C－12mv20⑤联立③④⑤解得FN＝2150

N。由牛顿第三定律得：对轨道的压力为FN′＝FN＝2150N。(3)运动员经过C点以后，由图可知x1＝0.5m，μ＝0.5，12mv2C＞12μmgx1设最远距离为x，则x＞x1，由动能定理可得12mv2C＝12μ

mgx1＋μmg()x－x1⑥联立⑤⑥解得x＝3.55m。6.(2020·天津市南开区二模)如图6，质量M＝8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8N。当小车向右运动速度达到v0＝3m/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因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10m/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t0＝3.0s摩擦力对小物块所做的功。答案(1)2s4m/s(2)23.04J解析(1)根

据牛顿第二定律得对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5m/s2设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1，代入数据解得t1＝2s，共同的速度大小为v＝a1t1＝4m/s。(2)t1时间内物块位移x1＝12a1t21

＝12×2×22m＝4m，t1时刻物块速度v1＝v＝4m/s，t1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有F＝(M＋m)a3，解得a3＝0.8m/s2，物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6N，此过程运动t2＝t0－t1＝1

s的位移为x2＝v1t2＋12a3t22＝(4×1＋12×0.8×12)m＝4.4m，所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04J。