【物理】2019届一轮复习人教版综合应用力学两大观点解决两类模型问题学案
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传送带做的功：W＝Ffx传；
②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＝40 m，离地面的高度H＝3.2 m，传送带以恒定的速率v0＝2 m/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＝4 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的速度大小的两倍.已知小滑块的质量均为m＝0.2 kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.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)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J
解析 (1)滑块的加速度大小a＝μg＝1 m/s2
滑块P、Q从静止到与传送带共速所需时间t0＝＝2 s
P、Q共同加速的位移大小x0＝at02＝2 m
x1＝6 m
滑块P运动到左端时的速度大小|vP′|＝＝2 m/s
运动时间t4＝＝2 s
两滑块落地时间差Δt＝t2＋t3－t4＝6 s
(3)滑块P、Q共同加速阶段Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8 J
分离后滑块Q向右运动阶段Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6 J
滑块P向左运动阶段Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2 J
全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6.4 J
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μ，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)mv2
(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.对小木块，相对滑动时由μmg＝ma得加速度a＝μg.由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝.
(1)小木块的位移x＝t＝.
(2)传送带始终匀速运动，路程s＝vt＝.
(3)小木块获得的动能Ek＝mv2.
(也可用动能定理μmgx＝Ek，故Ek＝mv2.)
(4)产生的摩擦热：Q＝μmg(s－x)＝mv2.
(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θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，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)2 s (2)24 J
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 θ＋μmgcos θ＝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＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
因x1m，用①和②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( )
图6
答案 D
解析 设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的，故A、B均错误.由μmgxB＝EkB，mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x图象中，图线①、②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＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左的速度v0＝9 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μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 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)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m
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μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)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μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g
＝4 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v＝v0－a1t＝a2t，
解得：v＝1 m/s，t＝2 s.
铁块相对地面的位移
x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m.
木板相对地面的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m，
铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m，
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9 J＝36 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：a3＝μ1g＝1 m/s2，x3＝＝0.5 m.
木板在水平地面上滑行的总路程s＝x2＋x3＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
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1
A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B.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 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(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，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－μmgx＝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，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＝μmgΔx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R＝0.8 m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′＝3 kg，车长L＝2.06 m.现有一质量m＝1 kg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μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2).试求：
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)30 N (2)1 m (3)6 J
解析 (1)由机械能守恒定律得，mgR＝mv
由牛顿第二定律得，FNB－mg＝m
解得FNB＝30 N.
(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：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对小车：μmg＝m′a2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
因t1
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