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感碍州碑碎市碰碗学校力学中功能关系的理解和应用[方法点拨] (1)做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.(2)功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.1.(2018·八校第二次测评)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图1所示.若取h ＝0处为重力势能零势能面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )图12.(2018·一模)2月13日，平昌冬奥会单板滑雪女子U 型场地决赛中，我国选手刘佳宇荣获亚，为我国夺得首枚奖牌.如图2为U 型池模型，其中A 、B 为U 型池两侧边缘，C 为U 型池最低点，U 型池轨道各处粗糙程度相同.一小球在池边高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h 2，下列说法正确的是( )图2A.小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A 然后返回B.小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A 然后返回C.由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，小球损耗的机械能相同D.由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较小3.(多选)(2018·四川省泸州市一检)如图3所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点.斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中B 点下方斜面光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )图3A.物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θB.物块最后停在B 点C.物块在D 点时的弹性势能为mv 22－mgl sin θD.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为mv22＋mgl sinθ－E4.如图4所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是( )图4A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B的动能最大C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多5.(多选)(2018·皖南八校联考)如图5甲所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.则( )图5A.小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4mB.0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·sC.0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16JD.小物块与传送带之间由摩擦产生的热量为18J6.(2019·模拟)如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是( )图6A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B.0～x2过程中物体的动能一定增大C.x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动7.(多选)(2018·东莞市模拟)如图7所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB 等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A.小球可以返回到出发点A 处B.撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态C.弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D.a A －a C ＝g8.(多选)(2018·衡水中学八模)如图8甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示.g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( ) 图8A.物体的质量m ＝0.67kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5C.物体上升过程中的加速度大小a ＝1m/s 2D.物体回到斜面底端时的动能E k ＝10J9.(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图9所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直.质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A 点的过程中( )图9A.小球1的机械能守恒B.重力对小球1做功的功率先增大后减小C.小球1的机械能减小79m 1gR D.轻绳对小球2做功为79m 2gR 10.(多选)(2019·枣庄八中模拟)如图10所示，在竖直平面内固定光滑的硬质杆AB ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端A 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与A 处在同一水平线上的O 点，O 、B 两点处在同一竖直线上，且OB ＝h ，OC 垂直于AB ，从A 由静止释放圆环后，圆环沿杆运动到B 时速度为零.在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态.则在圆环从A 到B 的整个过程中，下列说法正确的是( )图10A.弹簧对圆环一直做正功B.圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点C.弹簧的弹性势能增加了mghD.弹簧弹力的功率为零的位置有2个11.一质量为m 的质点，系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的.今把质点从O 点的正上方离O 点距离为89R 处以水平速度v 0＝34gR 抛出，如图11所示，试求：当质点到达O 点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？图11答案精析1.D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小.由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确.]2.A [小球在高h 处自由下落由U 型池左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h2，根据动能定理有mg ×h 2－W f1＝0，W f1＝12mgh .从B 点进入池中后，由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中运动克服摩擦力所做的功小于mg2，小球能够冲出左侧边缘A 然后返回，故A 正确，B 错误；由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，每一个对称的位置，由A 到C 过程小球所受摩擦力都比由C 到B 所受摩擦力大，所以小球由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较大，故C 、D 错误.]3.CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ·3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ，A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ·3l ＝μmg cos θ·2l ＋mv 22，E p ＝mv 22－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物块在A 点时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ·2l ＝Q ，得Q ＝mv 22＋mgl sin θ－E ，D 选项正确.]4.B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 受到的沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 沿斜面向下的加速度大于A 沿斜面向下的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，减少的重力势能相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误.]5.AD [由图象可知，第2s 末小物块向左运动的位移达到最大，根据速度—时间图线与时间轴所围图形的面积大小表示位移大小，得s 1＝12×2×4m＝4m ，故A 正确；物块做匀变速运动的加速度大小a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2m/s 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ＝2N,0～3s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6N·s，故B 错误；由图象可知传送带速率大小v 1＝2m/s ，前3s 内物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 1t ＝2×2×3J＝12J,3～4s 内二者相对静止，无摩擦力，故C 错误；物块在传送带上滑动的3s 内，传送带的位移s ′＝v 1t ＝6m ，方向向右，物块的位移s ＝(12×2×4－12×1×2)m＝3m ，方向向左，二者的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9m ，整个过程中因摩擦产生的热量Q ＝μmg Δs ＝18J ，故D 正确.]6.B [除重力之外的其他力做的功等于物体的机械能的改变量，则F ·Δx ＝ΔE ，即F ＝ΔE Δx，所以E －x 图象的斜率的绝对值表示物体所受拉力的大小，由题图乙可知0～x 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，且物体所受拉力先变小后不变，所以物体所受拉力一直小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～x 2过程中物体的动能一定增大，B 正确，C 、D 错误.]7.CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律：对于小球从A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝12mv 2＋W f ，A 到C 的过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝12mv 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式不成立，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为F f ，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得F f ＝mg sin30°，在B 点，摩擦力F f ＝μmg cos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B 点外)，小球对杆的压力大于mg cos30°，所以F f ＞μmg cos30°可得mg sin30°＞μmg cos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B 项错误；根据牛顿第二定律得，在A 点有F cos30°＋mg sin30°－F f ＝ma A ，在C 点有F cos30°－F f －mg sin30°＝ma C ，两式相减得a A －a C ＝g ，D 项正确.]8.BD [在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E ＝E p ＋0＝mgh ，所以物体质量为m ＝E gh ＝3010×3kg ＝1kg ，A 错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmg cos37°h sin37°－mgh ＝ΔE k ，解得μ＝0.5，B 正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F ＝mg sin α＋μmg cos α＝10N ，故物体上升过程中的加速度大小为a ＝F m ＝10m/s 2，C 错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50J －40J ＝10J ，D 正确.]9.BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos30°＝3v 2，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos60°)－m 2gR sin30°＝12m 1v 2＋12m 2(3v 2)2，得v 2＝2027gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos60°)＋W T ＝12m 1v 2，得W T ＝－79m 2gR ，即小球1的机械能减少79m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为79m 2gR ，D 对.] 10.BC [由几何关系可知，当环在C 点时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从A 到C 的过程中弹簧对环做正功，而从C 到B 的过程中弹簧对环做负功，选项A 错误；当圆环在C 点时，弹力的方向与AB 垂直，从C 点继续下滑，当重力沿杆向下的分力大于弹力沿杆向上的分力时，圆环的加速度向下，速度增大；当重力沿杆向下的分力等于弹力沿杆向上的分力时，加速度为零，速度最大，则圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点，选项B 正确；圆环从A 到B ，弹簧弹性势能增加量等于重力势能的减少量，即弹簧的弹性势能增加了mgh ，选项C 正确；根据P ＝Fv cos θ可知，在最高点和最低点时圆环的速度为零，则弹簧弹力的功率为零；在C 点时，弹力与速度垂直，此时弹簧弹力的功率也为零，则弹簧弹力的功率为零的位置有3个，选项D 错误.]11.439mg 解析 设绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平抛运动规律有R sin θ＝v 0t ，89R －R cos θ＝12gt 2，解得θ＝π2，t ＝43R g， 即绳绷紧时刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度v 0消失，质点仅有竖直速度v 1，v 1＝gt ＝43gR .以后质点在竖直平面内做圆周运动，设到达O 点正下方的速度为v ′，由机械能守恒定律有12mv ′2＝12mv 12＋mgR ，设此时绳对质点的拉力为F T ，则由牛顿第二定律有F T －mg ＝m v ′2R ，解得F T ＝439mg .。
第五章 能量和动量(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。
速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B 而使A 、B 运动的过程中，A 、B 的速度均沿绳子方向，在相等时间内A 、B 运动的路程相等，则A 、B 的速率相等。
2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。
这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
[典例1] 如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。
现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计。
开始时整个系统处于静止状态；释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。
求：(1)斜面的倾角α； (2)A 球获得的最大速度v m 。
[审题建模](1)细线不可伸长，A 、B 两球速率一定相等，但B 与C 球以弹簧相连，速率一般不同。
(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。
[解析] (1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。
A 的加速度此时为零由牛顿第二定律得： 4mg sin α－2mg ＝0 则：sin α＝12，α＝30°。
(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2得：v m ＝2gm 5k。
第3讲功能关系能量守恒定律一．几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化（1）重力做正功,重力势能减少(2）重力做负功,重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1）弹力做正功,弹性势能减少(2)弹力做负功,弹性势能增加(3）W F＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0除重力和弹簧机械能变（1)其他力做多少正[深度思考］ 一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗? 答案 不能，因做功代数和为零．二、两种摩擦力做功特点的比较一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体均可以做正功，做负功，还可以不做功三、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生,也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路（1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2）某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动,摆动的幅度越来越小,对此现象下列说法是否正确．（1)摆球机械能守恒．( ×)（2）总能量守恒,摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．（√）（3）能量正在消失．（×）（4）只有动能和重力势能的相互转化．( ×）2．如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R,重力加速度为g,则小球从P至B的运动过程中（)图1A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功错误!mgR答案D3．如图2所示,质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起,第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则（)图2A．两个阶段拉力做的功相等B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段,拉力做的功大于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量答案B4．（多选）如图3所示,轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( ）图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W,所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程,根据动能定理:E k＝mgh －W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：（1）若只涉及动能的变化用动能定理．(2)只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析．（3）只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(4)只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．例1 (多选）如图4所示,轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。
专题5.5 卫星的发射和回收一．选择题1.（2018湖南怀化期中联考）2017年6月19号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。
经过航天测控人员的配合和努力，通过多次轨道调整，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。
卫星变轨原理图如图所示，卫星从椭圆轨道Ⅰ远地点Q 改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道近地点。
下列说法正确的是A. 卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时，在P点的速度等于在Q点的速度B. 卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小C. 卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度D. 卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度【参考答案】D2．(2018天星金考卷)假设将来一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ上运动到P点的速度B．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道Ⅰ上运动时的周期【参考答案】B3．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车“嫦娥四号”。
中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100千米环月轨道后成功变轨到近月点为15千米的椭圆轨道，在从15千米高度降至月球表面成功实现登月。
则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )A ．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100千米环月轨道B ．“嫦娥四号”在近月点为15千米的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100千米圆轨道上的速度C ．“嫦娥四号”在100千米圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15千米的椭圆轨道上运动的周期D ．从15千米高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态 【参考答案】A【名师解析】“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100千米环月圆轨道上，A 正确；由卫星变轨条件可知近月点为15千米的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B 错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100千米圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C 错误；从15千米高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D 错误。
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m.命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→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，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2018·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a2′＝－2 m/s2 ⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2018·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
素养提升课(六) 动力学方法和能量观点的综合应用题型一 动力学方法和动能定理的应用(2020·7月浙江选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成。
质量m ＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H ＝1.0 m 处静止释放。
已知R ＝0.2 m ，L AB ＝L BC ＝1.0 m ，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系。
(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] (1)由机械能守恒定律得mgH ＝mgR ＋12mv 2D由牛顿第二定律得F N ＝mv 2DR＝8 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝8 N ，方向水平向左。
(2)假设能在斜轨道上到达最高点C ′点，由功能关系得mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ得L BC ′＝1516m<1.0 m ，故不会冲出。
(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，由动能定理得mgH －μmgx ＝12mv 2设碰撞后的速度为v ′，由动量守恒定律得mv ＝3mv ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，由动能定理得－3μmg (L AB －x )－3μmg h tan θ－3mgh ＝0－12(3m )v ′2得h ＝16x －548 m(58m<x ≤1 m)h ＝0(0≤x ≤58m)。
[答案] 见解析【对点练1】 跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。
专题强化六 动力学和能量观点的综合应用专题解读 1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的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 多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1 (2016·全国Ⅰ卷·25)如图1，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图1(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．答案 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12m v 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得： x 1＝72R －56R sin θ＝3R ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R ⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫ 联立⑨⑩⑪⑫得 v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：图2(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 解析 (1)由H ＝12gt 2和L ＝v Q t 可得距Q 水平距离为L 2的圆环中心到底板的高度为34H .(2)由(1)可得速度的大小v Q ＝Lg2H， 在Q 点由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2QR，对轨道压力的大小N ′＝N ＝mg (1＋L 22HR)，方向竖直向下．(3)由动能定理有mgR ＋W f ＝12m v 2Q －0，故摩擦力对小球做的功W f ＝mg (L 24H－R )．2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m ．用质量为m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)图3(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ； (2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .答案 (1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N ，方向竖直向下 (3)4.4 J解析 (1)物块过B 点后遵从x ＝6t －2t 2， 所以知：v B ＝6 m /s ，a ＝－4 m/s 2.由牛顿第二定律：－μmg ＝ma ，解得μ＝0.4. (2)物块竖直方向的分运动为自由落体运动 P 点速度在竖直方向的分量v y ＝2gh ＝4 3 m/s P 点速度在水平方向的分量v x ＝v y tan 30°＝4 m/s 解得离开D 点的速度为v D ＝4 m/s 由机械能守恒定律，有12m v 2N ＝12m v 2D ＋mg (h ＋R －R cos 60°) 解得v 2N ＝74 m 2/s 2根据牛顿第二定律，有N ′－mg ＝m v 2NR解得N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，N ＝N ′＝16.8 N ，方向竖直向下 (3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v 2M R解得v M ＝gR ＝10 m/s 物块到达P 点的速度v P ＝v 2x ＋v 2y ＝8 m/s从P 到M 点应用动能定理，有－mgR (1＋cos 60°)－W PNM ＝12m v 2M －12m v 2P 解得W PNM ＝2.4 J.从B 到D 点应用动能定理有－W BD ＝12m v 2D －12m v 2B 解得W BD ＝2 J.物块从B 点到M 点的运动过程中克服摩擦力所做的功为2.4 J ＋2 J ＝4.4 J. 命题点二 传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2 如图4所示，小物块A 、B 由跨过定滑轮的轻绳相连，A 置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B 位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v 0＝2 m /s 向右匀速运动，某时刻B 从传送带左端以速度v 1＝6 m/s 向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A 、B 的质量均为1 kg ，B 与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A 不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B 向右运动的总时间； (2)B 回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量．①光滑固定斜面；②B 与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B 经过一段时间回到传送带的左端．答案 (1)2 s (2)2 5 m/s (3)(16＋45) J解析 (1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为T 1，以向左为正方向，得T 1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－T 1＝ma 1②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg 2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－(－v 1)a 1＝1 s.当B 的速度与传送带的速度相等之后，B 仍然做减速运动，而此时B 的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B 向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为T 2，以B 为研究对象，水平方向B 受到向右的摩擦力与绳对B 的拉力，则T 2－μmg ＝ma 2④以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 是相等的，A 向上运动的过程中mg sin 37°－T 2＝ma 2⑤联立④⑤可得a 2＝g sin 37°－μg 2＝2 m/s 2.当B 向右速度减为0，经过时间 t 2＝0－(－v 0)a 2＝1 s.B 向右运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋1 s ＝2 s.(2)B 向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A 受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2. t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋(－v 1)2t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋(－v 0)2×t 2＝－1 m ，负号表示方向向右． B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m. 速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m. t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 2＝x 2－x 2′＝1 m. B 回到传送带左端的时间为t 3，则t 3＝v －0a 3＝ 5 s.t 3时间内传送带的位移x 3′＝－v 0t 3＝－2 5 m ，该时间内传送带相对于B的位移Δx3＝x3－x3′＝(5＋25) m.B与传送带之间的摩擦力f＝μmg＝2 N.上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋45) J.1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝fx相对．3．如图5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，g＝10 m/s2，试求：图5(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mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21，可解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝1 s ，x 1＝5 m因mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间 t ＝t 1＋t 2＝2 s(2)物体与传送带间的相对位移 x 相对＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相对＝24 J.4．一质量为M ＝2.0 kg 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6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10 m/s 2.图6(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？答案 (1)2.0 m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24 J 36 J解析 (1)从v －t 图像中可以看出，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2.0 m /s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右．(2)由v －t 图像可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度 a ＝Δv Δt ＝4.02m /s 2＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝μMg ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.010＝0.2.(3)由v －t 图像可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝v t ＝2.0×3 m ＝6.0 m ， 所以，传送带所做的功W ＝fx ＝0.2×2.0×10×6.0 J ＝24 J.设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能 Q 1＝μMg (v t 1＋v 12t 1)＝32 J ，物块向右运动时产生的内能 Q 2＝μMg (v t 2－v2t 2)＝4 J.所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36 J. 命题点三 滑块—木板模型问题1．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．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．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，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3图7甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg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μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲图7(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？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图像，并求出0～4 s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(1)8 N(2)见解析解析(1)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，μ1m1g＝m1a联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N.(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀速运动，2 s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图像如图所示．0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动．0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m，系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x2＝3 m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝fx相对，并要注意数学知识(如图像法、归纳法等)在此类问题中的应用．5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？ 答案 (1)32mgh 0 (2)33(3)见解析解析 (1)物块受到的滑动摩擦力f ＝μmg cos θ， A 到B 过程由功能关系有－f h 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.(2)设上升、下降过程物块加速度大小分别为a 1和a 2，则 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由运动学公式得12a 1t 21＝12a 2t 22，解得t 1t 2＝33. (3)足够长时间后，上升的最大高度设为h m ，则由能量关系，来回克服阻力做功等于补充的弹性势能 2f ·h msin θ＝E p ， 解得h m ＝32h 0＜2h 0，所以物块不可能到达C 点．题组1 多运动组合问题1．如图1所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )图1A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 答案 B解析 第一次停在水平雪道上，由动能定理得 mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0 μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α＞mg sin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．2．如图2所示，将质量为m ＝1 kg 的小物块放在长为L ＝1.5 m 的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d ＝1.8 m 的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON 竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h ＝0.65 m ，开始车和物块一起以10 m /s 的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力； (2)小物块落地点至车左端的水平距离． 答案 (1)104.4 N ，方向竖直向下 (2)3.4 m解析 (1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理得 －μmgL ＝12m v 21－12m v 20 解得v 1＝85 m/s刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为N ，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 21R又d ＝2R 解得N ≈104.4 N 由牛顿第三定律N ＝N ′得N ′＝104.4 N ，方向竖直向下． (2)若小物块能到达半圆形轨道最高点， 则由机械能守恒得12m v 21＝2mgR ＋12m v 22 解得v 2＝7 m/s设恰能过最高点的速度为v 3，则mg ＝m v 23R解得v 3＝gR ＝3 m/s因v 2＞v 3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动， h ＋2R ＝12gt 2，x ＝v 2t联立解得x＝4.9 m故小物块距车左端为x－L＝3.4 m.题组2传送带模型问题3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ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＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则()图3A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0 s摩擦力对物体做功W f＝－24 J答案ACD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图像可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a1，g sin θ－μg cos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小f＝μmg cos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移是11 m，摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D正确．4．(多选)如图4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4A ．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 CD解析 设AB 的高度为h ，假设滑块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则mg ＝m v 2CR，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12m v 2C －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，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝hμ，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，与高度h 有关，故选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，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 ＝μmg Δx 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，则产生的热量越大，故选项D 正确．5．如图5所示，一质量为m ＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v ＝2 m /s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)．现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为E p ＝4.5 J ，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量． 答案 (1)3.125 s (2)12.5 J解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v 1，则E p ＝12m v 21，得v 1＝3 m/s滑块在传送带上运动的加速度 a ＝μg ＝2 m/s 2滑块向左运动的时间t 1＝v 1a ＝1.5 s向右匀加速运动的时间t 2＝va＝1 s向左的最大位移为x 1＝v 212a＝2.25 m向右加速运动的位移为x 2＝v 22a ＝1 m匀速向右运动的时间为t 3＝x 1－x 2v ＝0.625 s 所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s.(2)滑块向左运动x 1的位移时，传送带向右的位移为 x 1′＝v t 1＝3 m则Δx 1＝x 1′＋x 1＝5.25 m滑块向右运动x 2时，传送带向右的位移为 x 2′＝v t 2＝2 m 则Δx 2＝x 2′－x 2＝1 m Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6.25 m则产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝12.5 J. 题组3 滑块—木板模型问题6．如图6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v 0＝9 m /s 的速度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/s 2，木板足够长，求：图6(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x . 答案 (1)0.5 m/s 2 (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a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m /s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝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 ＝f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12m ＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.7.如图7所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的14光滑圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝36.(g ＝10 m/s 2，结果可保留根号)求：图7(1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．答案 (1)3 N ，方向竖直向下 (2)433m/s (3)2.5 m/s 2 4315s 解析 (1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得：mgR ＝12m v 2B ， 解得：v B ＝2 m/s在B 点由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2B R解得：N ＝3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N ，方向竖直向下．(2)设物块滑上薄木板时的速度为v ，则：cos 30°＝v B v解得：v ＝433m/s. (3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则： v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t解得：a 1＝2.5 m/s 2，t ＝4315 s.。
