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学案14力学综合题的处理(三)【高考定位】用牛顿运动定律、功能关系和动量守恒定律处理力学多过程的问题．归纳考点1．(广东高考)如图1所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M＝4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点．P1以v0＝4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零．P1与P2视为质点，取g＝10m/s2.问：图1(1)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？解析(1)将N、P1看作整体，根据牛顿第二定律得：μ2mg＝(M＋m)a①a＝μ2mgM＋m＝μ2mg4m＋m＝0.4×105m/s2＝0.8m/s2②(2)设P1到达B点的速度为v，P1从A点到达B点的过程中，根据动能定理有：mgR＝12mv2－12mv02③代入数据得v＝5m/s④因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞，所以碰后P1、P2交换速度，即碰后P2在B点的速度为：vB＝5m/s⑤设P2在C点的速度为vC，P2从C点到D点过程中根据动能定理得：－mgR＝－12mvC2⑥代入数据得vC＝3m/s⑦P2从B点到C点的过程中，N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零，系统动量守恒，设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：mvB＝mvC＋(M＋m)v′⑧v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度．由动能定理－μ2mgL2＝12mvC2－12mvB2⑨μ2mgLN＝12(M＋m)v′2⑩L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离，联立⑧⑨⑩得BC长度l＝L2－LN＝1.9m⑪滑板与槽粘连后，P1在BC上移动的距离为l1－μ1mgl1＝0－12mv12⑫P2在D点滑下后，在BC上移动的距离l2mgR＝μ2mgl2⑬联立⑪⑫⑬得系统完全静止时P1与P2的间距Δl＝l－l1－l2＝0.695m.答案(1)0.8m/s2(2)1.9m0.695m2．(2011·山东·24)如图2所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg.B与A左段之间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m．(取g＝10m/s2)求：图2(1)B离开平台时的速度vB；(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；(3)A左端的长度l2.解析(1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h＝12gt2①x＝vBt②联立①②式，代入数据得vB＝2m/s③(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④vB＝aBtB⑤xB＝12aBtB2⑥联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5s⑦xB＝0.5m⑧(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1＝12Mv12⑨设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA⑩(l2＋xB)＝v1tB＋12aAtB2⑪联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝1.5m⑫答案(1)2m/s(2)0.5s0.5m(3)1.5m考向规律总结1．在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统．解决手段有三：一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用；三是动量守恒定律的应用．2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各个子过程的内在联系，各个击破．3．力学综合题物理方程多，运算较为复杂，有时会出现临界值、极值，可能涉及三角函数、不等式等数学知识，数学技能要求较高，应加强训练．对点探究题型一临界问题例1如图3所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，在C上左端和距左端s处分别放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物块B与木板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图3(1)物块A运动过程中，物块B受到的摩擦力；(2)要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件．解析(1)设A在C板上滑动时，B相对于C板静止，则对B、C有μmg＝2ma，a＝μg2又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为am＝μmgm＝μg因为am＞a，所以B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动B受到的摩擦力fB＝ma＝12μmg(2)要使物块A刚好与物块B发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的速度相等，即v1＝v0－μgt＝12μgt得v1＝v0/3设木板C在此过程中的位移为x1，则物块A的位移为s1＋s，由动能定理－μmg(s1＋s)＝12mv12－12mv02μmgs1＝12(2m)v12联立上述各式解得v0＝3μgs要使物块A、B发生相碰的条件是v0≥3μgs.答案(1)12μmg(2)v0≥3μgs规律总结1．处理临界问题的思维模式：判断临界状态，确定临界条件，选择物理规律．若问题难以求解时，可运用假设法、极限分析法等物理方法．2．挖掘隐含条件寻求解题突破．在审题过程中，不但要了解题目所描述的是什么物理现象，物理过程如何，求解什么问题，更重要的是要对题目文字和图形的关键之处仔细领会，从中获取有效信息，即所谓挖掘题目中的隐含条件，对有些物理问题，能否快速正确地挖掘隐含条件成为解题的突破口或是关键．针对训练1(16分)如图4所示，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g＝10m/s2.求：图4(1)小物块由A到B的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p(p点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．解析(1)由于h1＝30m，h2＝15m，设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝12gt2(2分)t＝3s(1分)(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°.小物块平抛的水平速度是v1，有gtv1＝tan60°(2分)解得v1＝10m/s(1分)则Ep＝12mv12＝50J(2分)(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3L(1分)路程的最小值是smin＝L(1分)路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大．由能量守恒知：mgh1＋12mv12＝μminmgsmax(2分)mgh1＋12mv12＝μmaxmgsmin(2分)解得μmax＝12，μmin＝16即16＜μ≤12(2分)答案(1)3s(2)50J(3)16＜μ≤12思想方法题型二分清先后顺序，正确解答力学多过程问题例2(15分)如图5所示，皮带在轮O1O2带动下以速度v匀速转动，皮带与轮之间不打滑．皮带AB段长为L，皮带左端B处有一光滑小圆弧与一光滑斜面相连接．物体无初速度放上皮带右端后，能在皮带带动下向左运动，并滑上斜面．已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ，且μ＞v22gL.求：图5(1)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处的时间；(2)若物体无初速度地放到皮带上某处，物体沿斜面上升到最高点后沿斜面返回，问物体滑回皮带后，是否有可能从皮带轮的右端A处滑出？判断并说明理由；(3)物体无初速度放在皮带的不同位置，则其沿斜面上升的最大高度也不同．设物体放上皮带时离左端B的距离为s，请写出物体沿斜面上升的最大高度h与s之间的关系，并画出h－s图象．[思想方法指导]对力学多过程问题，重在分清各个过程、明确各过程的受力情况和运动形式．特别应注意各过程之间的关联，一般是以速度为“桥梁”把前后两过程联系起来．解析(1)物体放上皮带后运动的加速度a＝μg(1分)物体加速到v前进的位移s0＝v22a＝v22μg(1分)因为L＞s0，所以物体先加速后匀速，加速时间t1＝va＝vμg(2分)匀速运动的时间t2＝L－s0v＝Lv－v2μg(2分)所以物体从A到B的时间t＝t1＋t2＝Lv＋v2μg(1分)(2)不可能从右端A处滑出，理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．(2分)(3)当s≤s0时，物体一直加速，到B的速度为v1，则v12＝2μgs(1分)又12mv12＝mgh所以h＝2μgs2g＝μs(2分)当s＞s0时，物体先加速后匀速，到达B时速度均为v(1分)12mv2＝mgh′，h′＝v22g，h－s图象如图．(2分)答案(1)Lv＋v2μg(2)不能，理由见解析(3)见解析规律总结1．物体在传送带上运动的情况，需要通过对物体受力分析后来确定，然后才能用相应的知识去求解．本题中还有个重要的方面就是不仅要对物理现象进行判断，还要能应用物理知识来分析其中的道理．还有就是要利用数学工具来研究物理问题，即能借助数学表达式和数学图象来表达物理量之间的关系．2．会灵活选用运动学公式或功能关系列式求解．针对训练2如图6所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R＝12πm，两轮轴心相距L＝3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝36.g取10m/s2.(1)当传送带沿逆时针方向以v1＝3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？(计算中可取252≈16，396≈20)(2)小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹．当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出．要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？图6解析(1)当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin30°＋μmgcos30°＝ma1，解得a1＝7.5m/s2当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律得t1＝v1a1，L1＝v122a1，解得t1＝0.4s，L1＝0.6m由于L1＜L且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律得mgsin30°－μmgcos30°＝ma2，解得a2＝2.5m/s2L－L1＝v1t2＋12a2t22，解得t2≈0.8s.故小物块由静止出发从A点运动到B点所用时间为t＝t1＋t2＝1.2s(2)作v－t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L＝12a1t2min，解得tmin＝1sv′＝a1tmin＝7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为Δs＝v′tmin－L＝3.75m传送带的速度继续