（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型（二）课件

第三讲力学的经典模型(二)123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测模型一滑块—木板模型释疑2大模型在该类问题中，可以是力作用在滑块或木板上，使二者发生相对滑动，也可以是给滑块或木板一定的初速度，使二者发生相对滑动，二者间靠滑动摩擦力发生相互作用，使系统产生内能。[典例][多选]如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块薄板长度均为L，并依次连在一起。第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板。则下列说法正确的是()A．第二次小物块一定能够运动到a点并停下B．第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等C．第三次小物块也一定能运动到d点D．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等[解析]第一次物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理有：－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－12mv02；第二次，物块从d开始向左运动，设到达a点的速度为v，根据动能定理有：－3μmgL－2μmgL－μmgL＝12mv2－12mv02，解得v＝0，即第二次小物块一定能够运动到a点并停下，故A正确。第一次从a到c，根据动能定理得：－μmgL－2μmgL＝12mvC2－12mv02；第二次从d到c，根据动能定理得：－3μmgL＝12mvC′2－12mv02，由以上两式可知：vC′＝vC，故B正确。第三次，三块薄板放在光滑的水平地面上，物块与三块薄板在摩擦力作用下，三块薄板会运动，若物块仍能到达d点，则物块的动能最终为0，其减少的动能全部转化为内能，而实际情况是物块与三块薄板动量守恒，最终会达到共同速度，则物块的末动能不为0，其减少的动能转化内能和三块薄板增加的动能，故第三次小物块不能运动到d点，故C错误。根据动能定理可知，第一次物块动能的改变量大于第三次物块动能的改变量，即第一次小物块克服摩擦力做的功更大，故D错误。[答案]AB[方法总结]求解滑块—木板模型的功和能问题时，关键是要找到每个物体的对地位移。所以首先要采用隔离法对每个物体受力分析和运动分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由运动学公式表达出位移，结合恰好脱离时的位置关系画好运动草图，从而列出位移关系方程。然后结合功的公式或动能定理求解。若根据功能关系求解，必须全面分析系统外力做的功以及系统内各物体动能、势能以及系统内能的变化。[对点训练]1.[多选]如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为f(x＋L)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fLD．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL解析：由题图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力的功为F(x＋L)，摩擦力的功为f(x＋L)，则由功能关系可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能改变量为fx，故B错误；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F(x＋L)－fL，故C、D正确。答案：CD2.如图所示，厚度d＝0.45m的长板静止在粗糙水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在离长板左端B点的距离L＝0.5m处静止放置一个小滑块(可看成质点)，小滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知长板的质量M＝2kg，滑块的质量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2。现对长板施加一个水平向右的恒力F(大小未知)。(1)若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件；(2)若F1＝17N，求分离时滑块与长板的速度大小；(3)在(2)问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量。解析：(1)欲将长板从小滑块下抽出，则这两者间必存在相对运动对滑块，由牛顿第二定律可知，加速度a＝μ2g对长板，由牛顿第二定律可知，Fmin－μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma解得：Fmin＝9N，即恒力F应满足的条件为F9N。(2)当F1＝17N9N，则滑块相对于长板发生相对滑动对长板有：F1－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1解得：a1＝6m/s2滑块的加速度：a2＝μ2g＝2m/s2滑块与长板分离时，有12a1t12－12a2t12＝L解得：t1＝0.5s设滑块离开长板瞬间，长板与滑块的速度分别为v1、v2。则有：v1＝a1t1＝3m/sv2＝a2t1＝1m/s。(3)在(2)问中，长板运动的位移：x＝12a1t12＝0.75m滑块离开长板后做平拋运动，由平抛运动规律有：t2＝2dg＝0.3s滑块离开长板后，对长板，由牛顿第二定律可知F1－μ1Mg＝Ma3解得：a3＝7.5m/s2滑块离开长板到落地的时间内，长板的位移：x′＝v1t2＋12a3t22解得：x′＝1.2375m整个过程中，设滑块与长板间因摩擦产生的热量为Q1，长板与水平面间因摩擦产生的热量为Q2则Q1＝μ2mgL＝1JQ2＝μ1(M＋m)gx＋μ1Mgx′＝4.725J所以Q总＝Q1＋Q2＝5.725J。答案：(1)F9N(2)1m/s3m/s(3)5.725J模型二(涉及能量的)传送带模型传送带是靠滑动摩擦力或静摩擦力对物体做功的装置，在这一情景中以隐含动、静摩擦力的转换为纽带关联传送带和物体的相对运动。涉及物体的动能、重力势能、系统内能以及电能的转化。由于这一装置与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地考查学生的综合分析能力，所以传送带模型一直是高考的热点。而考查角度有水平传送带和倾斜传送带两种。[典例]如图所示，有一水平传送带以v＝6m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10m/s2。求：(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。[解析](1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v＝6m/s。由牛顿第二定律得滑块的加速度a＝μ1g＝4.5m/s2则t＝va＝43s，所以滑块的位移x1＝12at2＝4m。又传送带位移x2＝vt＝8m所以滑块相对传送带滑动的路程Δx＝x2－x1＝4m。(2)由能量守恒，可知传送带因传送滑块多消耗的电能Q＝fx＋12mv2＝μ1mgΔx＋12mv2＝36J。((3)滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，则a滑＝μ2g＝2m/s2木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，解得a木＝1m/s2假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共对滑块：x滑＝vt－12a滑t2，v共＝v－a滑t对木板：x木＝12a木t2，v共＝a木t则木板长度L＝x滑－x木代入数据得：L＝6m。[答案](1)4m(2)36J(3)6m[方法总结]1．传送带对物体做的功：W＝fx传送带是通过摩擦力对物体做功，因此传送带对物体做的功也就是摩擦力对物体做的功。其中f为物体所受到的摩擦力，x为作用在物体上摩擦力的位移(即物体的位移)。2．系统增加的内能：Q＝fx相对系统增加的内能等于由于摩擦而产生的热量，等于滑动摩擦力与相对位移x相对的乘积。只有发生了相对运动，系统内才能产生热量，因此f为滑动摩擦力。3．传送带克服摩擦力做的功：W＝fx其中，f为摩擦力，由于研究对象为传送带，因此x为传送带的位移。4．电动机做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q电动机做的功等于动能的增加量与重力势能的增加量、热量的总和。5．电动机所输出的电能：W＝E电动机所输出的电能等于电动机做的功。[对点训练]1.如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中()A．P的速度一直减小B．传送带对P做功的功率一直减小C．传送带对P做的功WμmgdD．弹簧的弹性势能变化量ΔEk＝12mv2＋μmgd解析：P与弹簧接触后在水平方向受弹簧弹力作用，P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力相等时，P由于惯性继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到速度为零，故A错误；由公式P＝fv可知，由于P先做匀速运动后做减速运动，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故B错误；由于P从开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，故C正确；对物块由动能定理得：Wf－WF＝0－12mv2，由于Wfμmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于12mv2＋μmgd，故D错误。答案：C2．如图所示，光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L＝6m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。(1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；(2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2m处(CD长大于1.2m)，求物块通过E点时受到的压力大小；(3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热量。解析：(1)由动能定理知：－μmgL＝0－12mv2由能量守恒定律知：Ep＝12mv2联立解得：Ep＝12J。(2)由平抛运动知：竖直方向：y＝2R＝12gt2水平方向：x＝vEt物块在E点，由牛顿第二定律知：N＋mg＝mvE2R联立解得：N＝12.5N。(3)物块从D到E，由动能定理知：－mg·2R＝12mvE2－12mvD2解得：vD＝5m/s从B到D，由动能定理知：－μmgL＝12mvD2－12mvB2解得：vB＝7m/s对物块，L＝vB＋vD2t解得：t＝1s；Δs相对＝L＋vt＝8m由能量守恒定律知：Q＝μmgΔs相对解得：Q＝16J。答案：(1)12J(2)12.5N(3)16J1.[多选](2019·黄山模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A