【物理】2019届一轮复习人教版第五章第5讲综合应用力学两大观点解决多过程问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版第五章第5讲综合应用力学两大观点解决多过程问题学案

第5讲　综合应用力学两大观点解决多过程问题 ‎1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．‎ ‎2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．‎ ‎3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．‎ 命题点一　应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题 若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解．‎ 若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．‎ 例1　(2017·无锡市期末)如图1所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝‎ ‎0.4 m的圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．‎ 图1‎ ‎(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；‎ ‎(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；‎ ‎(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．‎ 答案　见解析 解析　(1)在B点，FN－mg＝m 解得F＝20 N 由牛顿第三定律，FN′＝20 N 从A到B，由动能定理，mgR－W＝mv2‎ 解得W＝2 J ‎(2)μ＝0，滑块在CD间运动，有mgsin θ＝ma 加速度a＝gsin θ＝6 m/s2‎ 由匀变速运动规律得s＝vt＋at2‎ 解得t＝ s，或t＝－1 s(舍去)‎ ‎(3)最终滑块停在D点有两种可能：a.滑块恰好能从C下滑到D.则有 mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1‎ b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．当滑块恰好能返回C：‎ ‎－μ2mgcos θ·2s＝0－mv2得到μ2＝0.125‎ 当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ3mgcos θ，得到μ3＝0.75‎ 所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．‎ 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.‎ 变式　(2018·南通市调研)如图2所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间高度差为h.斜面上叠放着质量均为m的薄木板和小物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态．木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g.‎ 图2‎ ‎(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0；‎ ‎(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；‎ ‎(3)若给木板施加大小为F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间t1.‎ 答案　见解析 解析　(1)研究木板和小物块整体，由动能定理有－2mg(h－Lsin θ)＝0－×2mv02‎ 解得v0＝ ‎(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a，最大拉力为Fm，则μmgcos θ－mgsin θ＝ma 对整体有Fm－2mgsin θ＝2ma 解得Fm＝ 要使整体能沿斜面上升应满足F>2mgsin θ＝mg 所以mgtan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失．将A、B同时由静止释放，求：‎ 图5‎ ‎(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；‎ ‎(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度l0；‎ ‎(3)若木板长度为l，整个过程中木板运动的总路程．‎ 答案　见解析 解析　(1)释放木板与物块A，它们一起加速下滑．以木板与物块A为研究对象，设其加速度大小为a1，‎ 由牛顿第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1‎ 解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ ‎(2)在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．木板B与挡板相碰后立即静止，A开始匀减速下滑．若物块A到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v，则有v2＝2a1(L－l0)‎ 木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a2，‎ 由牛顿第二定律有μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma2‎ 解得a2＝μ1gcos θ－gsin θ 由运动学公式02－v2＝－2a2l0‎ 联立以上各式可解得l0＝ L ‎(3)分两种情况：①若l≥l0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A一直减速直到静止在木板上．‎ 故木板通过的路程s＝L－l ‎②若l

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