第1部分 专题6 综合应用力学两大观点解决三类问题 (课件PPT)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

专题精讲 第一部分 专题六　综合应用力学两大观点解决三类问题 点拨学法·素养提升 目 录 Contents 点拨学法·素养提升 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 制 作 者：状元桥 适用对象：高中学生 制作软件：Powerpoint2003、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 题型一　多运动过程问题(师生共研) 1．分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况． (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况． (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解． 2．方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情境． (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律． (3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案． 如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°.已知圆弧轨道半径为R＝0.5 m，斜面AB的长度为L＝2.875 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小FC； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ. 解析　(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C点到D点且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有mg＝，① 从C点到D点由动能定理可得 －mg·2R＝mv－mv，② 由牛顿第二定律可得FC′－mg＝，③ 由牛顿第三定律得FC＝FC′，④ 联立①②③④并代入数据解得FC＝60 N. (2)对小物块从A点经B点到C点过程，由动能定理有 mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝mv－0，⑤ 联立①②⑤并代入数据解得μ＝0.25. 答案　(1)60 N　(2)0.25　 在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏．如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动．BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽．半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2.求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小及在B位置对半圆形轨道的压力大小； (2)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大． 解析　(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝m， 解得vA＝2 m/s. 钢球从A点到B点的过程由动能定理得 mg·2R＝mv－mv， 在B点有FN－mg＝m， 解得FN＝6 N， 根据牛顿第三定律，钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N. (2)从C点到D点钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s， 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为v′C，从A点到C点由动能定理得 mg·2R－μmgL＝mv′－mv， 解得v′<0， 故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中．当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝mv－mv， 解得v0＝ m/s. 答案　(1)2 m/s　6 N　(2) m/s　 如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中AB为细管道．轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，一质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g. (1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC； (2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s； (3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道，已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h. 解析　(1)由A点到C点，由机械能守恒得2mgR＝mv， 在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝， 解得FC＝5mg. (2)小球从C点做平抛运动，水平方向有x＝vCt， 竖直方向有R＝gt2， 解得x＝2R， 落地点到C点的距离s＝＝3R. (3)小球从D点斜向右上方抛到C点的过程可以看作由C点到D点的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为v′C，则有2R＝vC′t′，R＝gt′2， 解得vC′＝； 设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝mvC′2， 解得h′＝R，所以h＝h′＋R＝2R. 答案　(1)5mg　(2)3R　(3)2R　 题型二　传送带模型问题(自主学习) 1．考查角度 (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传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传； ②产生的内能：Q＝Ffx相对． 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求： (1)滑块运动至C点时的速度vC大小； (2)滑块由A点到B点运动过程中克服摩擦力做的功Wf； (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q. 解析　(1)在C点，竖直分速度vy＝＝1.5 m/s， 由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s. (2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s， 从A点到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝mv，解得Wf＝1 J. (3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma， 解得a＝0.4 m/s2， 达到共同速度所需时间t＝＝5 s， 两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m， 由于mgsin 37°＜μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动．故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J. 答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J　 如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝4 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝12 m，当把质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)行李箱开始运动时的加速度大小a； (2)行李箱从A端传送到B端所用时间t； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W. 解析　(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小 a＝＝＝μg＝2 m/s2. (2)经过t1时间二者共速， t1＝＝ s＝2 s， 行李箱匀加速运动的位移为 x1＝at＝×2×22 m＝4 m， 行李箱随传送带匀速运动的时间 t2＝＝ s＝2 s， 则行李箱从A端传送到B端所用时间 t＝t1＋t2＝2 s＋2 s＝4 s. (3)t1时间内传送带的位移 x2＝vt1＝4×2 m＝8 m， 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff， 行李箱对传送带的摩擦力做功 W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×8 J＝－80 J. 答案　(1)2 m/s2　(2)4 s　(3)－80 J　 题型三　滑块—木板模型问题(师生共研) 1．模型分类 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．位移关系 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，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度． 3．解题关键 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． 如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2.求： 　　　 (1)小物块和长木板的加速度各为多大； (2)长木板的长度； (3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零． 解析　(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N， 小物块加速度a1＝＝2 m/s2， 长木板加速度a2＝＝0.5 m/s2. (2)小物块对地位移x1＝a1t2＝4 m， 长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m， 长木板长L＝x1－x2＝3 m. (3)摩擦力对小物块做功 W1＝－Ffx1＝－16 J， 摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J， 故W1＋W2≠0. 答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　(3)不为零　 如图所示，质量M＝0.2 kg、长L＝1 m 的长木板放在地面上，质量m＝0.8 kg的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1 m．现用水平向右外力F＝6 N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动．长木板与底座相碰时，立即粘在底座上．已知小滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g取10 m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： (1)在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小； (2)小滑块到达P点时速度的大小； (3)竖直圆弧轨道的半径R应该满足的条件． 解析　(1)在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1， 则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a， F－Ff1＝ma， 解得a＝4.5 m/s2，Ff1＝2.4 N， 即 Ff1＜μ1mg＝3.2 N，假设成立． (2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2， 则v＝2ax， F－μ1mg＝ma1，v－v＝2a1L， 解得v2＝4 m/s. (3)情况一：小滑块滑上圆弧轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则 mg＝，－2mgRm＝mv－mv， 解得Rm＝0.32 m. 情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点．则由动能定理有－mgR＝－mv， 解得R＝0.8 m， 故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m. 答案　(1)4.5 m/s2　4.5 m/s2　(2)4 m/s　(3) 0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m．　 如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量为m＝1 kg、总长度为L＝2.0 m.一质量为M＝3 kg的物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行.已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求： (1)物块A落到木板上的速度大小v； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 解析　(1)物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有2g(H－h)＝v， 解得vy＝2 m/s， 物块A落到木板上时速度大小v＝＝4 m/s. (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足 mgsin 30°＝μ0mgcos 30°， 得μ0＝tan 30°＝， 物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得 aA＝＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上)， aB＝ ＝7.5 m/s2(方向沿斜面向下)， 假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端， 则有v共＝aBt＝v－aAt， 解得v共＝3 m/s，t＝0.4 s， 此过程，xA＝·t＝1.4 m， xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m， 故Δx＝xA－xB＝0.8 m<L－l0＝1.8 m，说明以上假设成立． A与 B速度相同后，由于(M＋m)gsin 30°＝μ0(M＋m)gcos 30°，则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A在B上做匀减速运动，设接触弹簧时A的速度为vA， 有－2aA(L－l0－Δx)＝v－v， 解得vA＝2 m/s. 设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有 Q＝2μMgxm cos 30°＝Mv， 解得Q＝6 J，xm＝ m， A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有 Epm＝Mv＋Mgxmsin 30°－Q＝5 J， 即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J. 答案　(1)4 m/s　(2)5 J　 $$