1、【 精品教育资源文库】专题强化六 综合应用力学两大观点解决两类模型问题专题解读 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).命题点一 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
2、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 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 L40m，离地面的高度 H3.2m，传送带以恒定的速率 v02m/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
3、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， t14 s 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【 精品教育资源文库】两倍.已知小滑块的质量均为 m0.2 kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数 0.1，重力加速度 g10 m/s 2.求：图 1(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(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 (1)7.2J (2)6s (
4、3)6.4J解析 (1)滑块的加速度大小 a g 1m/s 2滑块 P、 Q 从静止到与传送带共速所需时间 t0 2sv0aP、 Q 共同加速的位移大小 x0 at022m x16mvP22a滑块 P 运动到左端时的速度大小| vP| 2m/svP2 2ax1【 精品教育资源文库】运动时间 t4 2s|vP| |vP |a两滑块落地时间差 t t2 t3 t46s(3)滑块 P、 Q 共同加速阶段 Q12 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 Q
5、2 Q36.4J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：图 2(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速传动输出的总能量.答案 (1) (2) (3) mv2 (4) mv2v22 g v2 g 12 12(5)mv2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
6、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 .v g(1)小木块的位移 x t .v2 v22 g(2)传送带始终匀速运动，路程 s vt .v2 g(3)小木块获得的动能 Ek mv2.12(也可用动能定理 mgx Ek，故 Ek mv2.)12(4)产生的摩擦热： Q mg (s x) mv2.12【 精品教育资源文库】(注意： Q Ek是一种巧合，不是所有的问题都这样)(5)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
7、37， A、 B 两端间距 L16m，传送带以速度 v10m/s 沿顺时针方向运动，物体质量 m1 kg，无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦因数 0.5，sin 370.6，cos 370.8， g10 m/s 2，试求：图 3(1)物体由 A 端运动到 B 端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量.答案 (1)2s (2)24J解析 (1)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 mg cos 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 a110m/s 2， t11s， x15m12因 x1m，用和分别
8、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( )图 6答案 D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 aAaB， v t 图象中，图线的斜率的绝对值应大于图线的，【 精品教育资源文库】故 A、B 均错误.由 mgx B EkB， mv02 mgx A EkA，可知 Ek x 图象中，图线、的斜12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 m2kg 的长木板静止在水平地面上，某
9、时刻一质量 M1kg的小铁块以水平向左的速度 v09m/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 20.4，取重力加速度 g10 m/s2，木板足够长，求：图 7(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(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)0.5m/s 2 (2)36J 1.5m解析 (1)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，解得 a2 m/s20.5 m/s 2.0.4110 0.13102(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为
10、 a1，由牛顿第二定律得 2Mg Ma1，解得a1 2g4m/s 2.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： v1m/s， t2s.铁块相对地面的位移x1 v0t a1t292m 44m10m.12 12木板相对地面的位移 x2 a2t2 0.54m1m，12 12铁块与木板的相对位移 x x1 x210m1m9m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q Ff x 2Mg x0.41109J36J.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 1g1m/s 2， x3 0.5m.v2 02a3木板在水平地面上滑行的
11、总路程 s x2 x31m0.5m1.5m.【 精品教育资源文库】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( )图 1A.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
12、.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 CD解析 设 AB 的高度为 h，假设滑块从 A 点下滑刚好通过圆形轨道的最高点 C，则此高度应该是从 A 下滑的高度的最小值.刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力提供向心力，则mg ，解得 vC ，从 A 到 C 根据动能定理： mg(h2 R) mv 0，整理得到：mv2CR gR 12 2Ch2.5 R，故选项 A 错误；从 A 到滑块在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理得： mgh mgx 0，可以得到 x ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传h送带速度 v 无关，故选项 B 错误；滑块在传送带上先做减速运动
13、，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.2.如图 2 所示， AB 为半径 R0.8m 的 光滑圆弧轨道，下端 B 恰与小车右端平滑对接.小车14质量 m3kg，车长 L2.06m.现有一质量 m1kg 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 t01.5s 时，车被地面装置
14、锁定( g 取 10m/s2).试求：【 精品教育资源文库】图 2(1)滑块到达 B 端时，轨道对它的支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离；(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 (1)30N (2)1m (3)6J解析 (1)由机械能守恒定律得， mgR mv12 2B由牛顿第二定律得， FNB mg mv2BR解得 FNB30N.(2)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 v1m/s， t11s，因 t1t0，故滑块
15、与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了 t0 t10.5s，则小车右端距 B 端的距离为 x 车 t1 v(t0 t1)，v2解得 x 车 1m.(3)Q mgs mg ( t1 t1)vB v2 v2解得 Q6J.3.如图 3 所示，质量为 m1kg 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 v03m/s，长为 l1.4 m；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 10 m/s2.求：图 3(1)水平作用力 F 的大小；(2)滑块下滑的高
