2019高考物理二轮复习第3讲动力学观点在力学中的应用专题训练.docx
2019届高考物理(全国通用)二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用(附答案)
2019届高考物理（全国通用）二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用（附答案）考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力 ①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝m v 2－m v 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的. Δp 的方向可与m v 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12m v 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故Fmg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δm v 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小.答案 (1)①90 m/s 2 ②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mgB.m 2gh t－mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确.2.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12m v 2－12m v 2代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝m v ′－m v 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12m v ′2解得W ＝9 J.考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度v n与n的关系式. 解析(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝12m v 2－12m v2解得v＝4 m/s＞gR＝ 5 m/s在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝m v 2R 解得F＝22 N.(2)A撞B，由动量守恒得m v0＝2m v′解得v′＝v02＝3 m/s设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－12·2m v′2解得x＝4.5 m所以k＝xL＝45.(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝12·2m v 2n －12·2m v′2所以v n＝9－0.2n m/s(n<45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)变式训练3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案(5－2)M≤m＜M解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2 解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法. (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l ＝0.045 m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：图4(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为l OP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.解析(1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理－μm1gl＝12m1v21－12m1v20代入数据解得：v1＝0.4 m/sv2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g得：q＝2×10－3 C由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则q v2B＝m2v2 2R 轨迹如图，由几何关系有：R＝l OP解得：B＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动. m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝0.2 m /s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围. 答案 (1)2BL grR ，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律： mgr 1＝12m v 2D，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BL v D 回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ： mg ＝m v 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：m v D ＝m v P ＋m v Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12m v 2D －12m v 2P －12m v 2Q ＝3mgr 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒： m v D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12m v 2D －12(m ＋m )v 2＝4mgr综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 同时v yv D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t 解得x ＝1.6 m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小 a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝2.5 m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12m v 2M －12m v 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有： m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0 12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12m v 2A ， 解得h ＝1.8 m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝4.4 kg.质量m 2＝3.3 kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m /s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝9.2 m /s ，v 2＝5.2 m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈0.069 (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝0.8 m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝1.4 m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？ 答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s (2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：m v a ＝－m ×13v a ＋M v b 解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝0.9 mR ＝h －2r 2＝0.7 m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2a ＋mgh 解得：12m v 2B ＝36.5 J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12m v 2B －12m v 20解得：W f ＝35.5 J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12m v B ′2 解得：12m v B ′2＝32.5 J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v BE ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A球与桌边P的距离为x A，爆炸后B运动的位移为x B，时间为t B则t B＝x A v0＋t2＋R v，x B＝v B t B由图可得：R＝x A＋x B联立上述各式解得：x A＝2k－2－3π2(k＋1)·m v0qB.。
动力学、能量和动量观点在力学中的应用(含答案)高中物理人教版(2019)选择性 必修 第一册
专题强化练5动力学、能量和动量观点在力学中的应用1.如图所示，学生练习用头颠球。
某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。
已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s2.(2022·江苏常熟中学高二期中)如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。
质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。
若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则()A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v0＝100gLC．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度大小为2gL 33.(2023·山东青岛二中高二期中)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F 。
质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。
重力加速度为g 。
则( )A ．细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为FmB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为14m v 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl4.如图所示，小球A 放于小球B 正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水平地面高度为H 的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B 与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B 的质量是小球A 质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，求小球A 反弹后能上升的最大高度。
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的应用课件
[例 2] (多选)(2019·泰安期
中)如图 1－3－9 所示，倾角为 θ
的斜面静置于地面上，斜面上表面
光滑，A、B、C 三球的质量分别
图1－3－9
为 m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另
一端与 A 球相连，A、B 间固定一个轻杆，B、C 间由
一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，
复习课件
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的 应用课件
2021/4/17
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学 观点在力学中的应用课件
第3讲 动力学观点在力学中的应用
［知识体系构建］
［核心知识提炼］
1．解决动力学两类基本问题的思路 受力分析 F＝ma 加速度 运动学公式 运动状 态。 2．动力学基本问题的解题步骤 (1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便， 选择某个物体或某系统作为研究对象。
(3)经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 加速度的大小等于 aA
则 v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2 且 xB－xA＝L 解得 vB＝2 2μgL。
答案 (1) 2μgL (2)3μg μg (3)2 2μgL
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图 1－3－2，轻弹簧的下端固 定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。 现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速 直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢 复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的 是
A．该水平拉力与轻绳的弹力大小相等 B．物块 c 受到的摩擦力大小为 μmg C．当该水平拉力增大为原来的32倍时，物块 c 受 到的摩擦力大小为12μmg D．剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物 块 c 受到的摩擦力大小为13μmg
【3年高考2年模拟】2019高考物理二轮重难点：第3讲 动力学观点在力学中的应用(可编辑PPT)
(1)物块与水平面之间的动摩擦因数μ; (2)撤掉F1以后,物块在6 s末距初始位置的距离。
答案 (1)0.5 (2)2 m
解析 (1)物块向右做匀速运动:
f+F2=F1 cos α
f=μ(mg-F1 sin α) 解得μ=0.5
(2)撤掉F1后:a1= F2
μmg m
= 30
5
25
m/s2=11
考点3
栏目索引
A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向向右
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D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 BC 相对地面而言,小物块在0~t1时间内,向左做匀减速运动,t1~t2时间
内,小物块反向向右做匀加速运动,当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻),
考点1
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1.如图所示,Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆,O、a、b、c位于同
一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,Ob经过圆心。每根杆上都套着一个
小滑环,两个滑环都从O点无初速释放,用t1、t2分别表示滑 环到达a、b所用的时间,则下列关系正确的是 ( )
A.t1=t2 C.t1>t2
考点1
答案 (1)2 m/s (2)0.5 (3)36 N或4 N
解析 (1)设小球到达杆底端时速度大小为v,则
L=vt,v= 0 v 解得v=2 m/s
2
(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1,则a1=
v t
根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma1
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【物理文档】2019年高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律讲及答案.doc
牛顿运动定律考点考纲要求专家解读牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法和原理。
2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。
高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系。
3．本章是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高。
超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．2、本专题是高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高，单独考查的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识结合的题目多为计算题。
考向01 牛顿运动定律1.讲高考（1）考纲要求主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题（2）命题规律牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．案例1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
最新高考物理二轮重点专题强化练习二：动力学观点在力学中的应用
最新高考物理二轮重点专题整合强化练专练二：动力学观点在力学中的应用1、动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s 和4 s ，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m ，则该动车组的加速度约为( )A.0.17 m/s 2B.0.30 m/s 2C.0.33 m/s 2D.0.38 m/s 2【答案】C解析 由匀变速运动的位移公式，x ＝v 0t ＋12at 2对两节车厢有60＝v 0×(5＋4)＋12a (5＋4)2对第一节车厢，30＝v 0×5＋12a ·52联立解得a ≈0.33 m/s 2，故选项C 正确.2、(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt 图象如图所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【答案】 BD解析 根据vt 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1s 内，x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.3、近来，“中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则，而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2 s ，设行人先做匀加速运动，经过1 s 速度达到了最大值1.5 m/s ，然后以这一速度匀速通过马路，已知马路的宽度为40 m ，行人沿直线垂直马路在斑马线上行走，则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为( ) A.10 s B.20 s C.28 s D.40 s【答案】C解析 人匀加速运动的位移x 1＝v m 2t 1＝1.52×1 m ＝0.75 m ，匀速运动的位移x 2＝40－x 1＝39.25 m ，时间t 2＝x 2v m≈26.2 s.绿灯设置的最短时间t ＝Δt ＋t 1＋t 2＝(0.2＋1＋26.2) s ＝27.4 s ，接近28 s.4、(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是( )A.下滑相同距离内物块A 、B 机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A 、B 机械能的变化一定相同C.物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端D.物块A 、B 在传送带上的划痕长度相同【答案】AC解析 因为mg sin 30°＝12mg <μmg cos 30°＝3310mg ，所以A 做匀速直线运动，B 做匀减速直线运动，下滑相同距离内摩擦力做功不同，物块A 、B 机械能的变化一定不相同，A 正确，B 错误；如果都能到达底端，则位移相同，一个匀速运动，一个匀减速运动，所以物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端，C 正确；由于A 相对传送带静止，所以在传送带上的划痕为零，B 做匀减速直线运动，相对传送带的划痕不为零，故D 错误.5、(多选)如图所示，一水平传送带以v 0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m ，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则( )A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.物块的最大机械能不可能大于12mv 2【答案】BD解析 设传送带的长度为L ，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x ＝v202a，若x ≥L ，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x <L ，则物块先加速后匀速.故A 错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落.故B 正确，C 错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v 0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加.所以滑块的最大机械能不可能大于12mv 20.故D 正确.故选B 、D.6、放在足够长的木板上的物体A 和B 由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v 向右做匀速直线运动，如图所示.某时刻木板突然停止运动，已知m A >m B ，下列说法正确的是( )A.若木板光滑，由于A 的惯性较大，所以A 、B 一定会相撞B.若木板粗糙，由于A 的动能较大，所以A 、B 一定会相撞C.若木板粗糙，由于A 所受的摩擦力较大，所以A 比B 先停下来D.无论木板是否光滑，A 、B 间的相对距离保持不变【答案】D解析 若木板光滑，A 、B 在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A 、B 将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a ＝μmgm＝μg ，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D 正确，A 、B 、C错误.7、百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m 范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s 2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m 处，两车都以20 m/s 的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s 2的加速度刹车1.4 s 后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s 2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？【答案】(1)24 m/s (2)不会解析 (1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有 －2ax ＝0－v 2①代入数据解得v 0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t 2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v 该过程无人驾驶汽车刹车时间为t 2＋t 1，其中t 1＝1.4 s 对无人驾驶汽车v ＝v 0－a (t 2＋t 1)② 对有人驾驶汽车v ＝v 0－a ′t 2③联立②③式得t 2＝3.6 s ，v ＝2 m/s 又x 无＝v 0＋v2(t 2＋t 1)④ x 有＝v 0＋v 2t 2＋v 0t 1⑤ Δx ＝x 有－x 无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx ＝12.6 m<30 m ，即两车不会相撞.8、某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示.他使木块以初速度v 0＝4 m/s 的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v －t 图线如图乙所示.g 取10 m/s 2.求：(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v .【答案】(1)8 m/s 2 (2)0.35 (3)2 m/s解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1＝40.5m/s 2＝8 m/s 2(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得：μ≈0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离：x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1 m下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F ＝ma 得： 下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得：a 2≈2 m/s 2下滑至出发点时的速度大小为：v ＝2a 2x 联立解得：v ＝2 m/s.9、如图所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少.【答案】(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2对A 、B 整体，F min －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m 得F min ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3， 对于A ，μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B ，F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去外力，a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2(M ＋m )g M＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，解得t 2＝0.2 s 共同速度v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止时，A 、B 的相对位移即为木板最短的长度LL ＝x B －x A ＝v 222a 2－v 23－v 222a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2从v 3至最终静止位移为x ＝v232a 3＝11.52 m所以A 的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m.。
动量、动力学和能量观点在力学中的应用(解析版)--高一物理专题练习(内容+练习)
动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。
圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度0v 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。
碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．【答案】A【解析】根据题意可知，小球B 与小球A 发生弹性碰撞，设碰撞后小球B 的速度为2v ，小球A 的速度为1v ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0122mv mv mv =+2220121112222mv mv =⋅+解得1023v v =2013v v =-由于碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A 未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A 恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有211222mv mgR ⋅=解得1v =解得0v =若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有22111222222mv mg R mv ⋅=⋅+由牛顿第二定律有222v mg mR=解得1v =解得0v =则碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B 的初速度0v 取值范围为0v ≤0v ≥选不可能的，故选A 。
第一部分专题一第3讲 动力学观点在力学中的应用—2021届高考物理二轮专题复习课件(选择性考试)
知识归纳 感悟真题
h1＝v0t1－12a1t21，⑦ v＝v0－a1t1，⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时 v>0.此后，管与小球将以加 速度 g 减速上升 h2，到达最高点． 由运动学公式有 h2＝2vg2.⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1＝ h1＋ h2，⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H1＝1235H.⑪
解析：根据题意可知第 2 节车厢对第 3 节车厢的牵引 力为 F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第 2 节对 第 3 节车厢根据牛顿第二定律有
F－38f＝38ma. 设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F′， 则根据牛顿第二定律有
F′－2f＝2ma，
联立解得 F′＝1F9. 答案：C
第3讲 动力学观点在力学中的应用
知识归纳 感悟真题
(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运 动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度．
(4)根据牛顿第二定律列式求解．
第3讲 动力学观点在力学中的应用
知识归纳 感悟真题
1．(2020·江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命
之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的
第3讲 动力学观点在力学中的应用
知识归纳 感悟真题
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1.在管开 始下落到上升 H1 这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0，⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得 x1＝45H.⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最 高点的过程中，球与管的相对位移 x2 为 x2＝45H1.⑭
方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速 度方向依然向下．
设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同．取 向上为正方向，由运动学公式 v0－a1t1＝－v0＋a2t1，⑤
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第3讲动力学观点在力学中的应用一、选择题(每小题6分,共48分)1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为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,则选项图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()2.(2018广东四校联考)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。
现拿走砝码,而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F=mg cos θ),其他条件不变,则木盒滑行的距离将()A.不变B.变小C.变大D.变大变小均有可能3.(2018内蒙古呼和浩特一调,15)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量)。
两球的v-t图像如图所示。
落地前,经下落t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。
则下列判断正确的是()A.t0时间内两球下落的高度相等B.甲球质量大于乙球的质量C.释放瞬间甲球加速度较大D.m1m2=v2v14.如图所示,质量为M的物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中,以下分析正确的是()A.物块下滑的速度不变B.物块开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C.物块先向下匀速运动,后向下加速运动,最后沿传送带向下匀速运动D.物块受的摩擦力方向始终沿传送带向上5.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。
不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。
正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()6.(2018辽宁鞍山一中四模,2)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。
下列说法中正确的是()A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短7.(2018山东菏泽一模)(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上,一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上,设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,如图甲所示。
木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图像,取g=10 m/s2,则()A.滑块A的质量m=1.5 kgB.木板B的质量M=1.5 kgC.当F=5 N时,木板B的加速度a=4 m/s2D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ=0.18.(2018山西考前测试)如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2 m/s顺时针匀速转动。
将一小物块以v2=8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。
已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,传送带足够长,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,下列说法正确的是()A.小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2B.小物块向上运动的时间为0.6 sC.小物块向上滑行的最远距离为4 mD.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动二、非选择题(共22分)9.(2018山东潍坊一模)(10分)如图所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知OA=1 200 m,OB=2 000 m,求:(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围;(2)列车减速运动的最长时间。
10.(2018山西五市联考)(12分)如图所示,两个完全相同的长木板放置于水平地面上,木板间紧密接触,每个木板质量M=0.6 kg,长度l=0.5 m。
现有一质量m=0.4 kg的小木块,以初速度v0=2 m/s从木板的左端滑上木板,已知木块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g=10 m/s2。
求:(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度;(2)小木块最终滑动的位移(保留3位有效数字)。
答案精解精析一、选择题1.D小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动,所受摩擦力沿传送带向下,加速度为a1=μg cos θ+g sin θ。
当小木块的速度与传送带速度相同后,小木块开始以a2=g sin θ-μg cos θ的加速度做匀加速直线运动,此时小木块所受摩擦力沿传送带向上,可知a1>a2,在v-t图像中,图线的斜率表示加速度,故选项D对。
2.B设木盒的质量为M且向上滑行,放有砝码时由牛顿第二定律有μ(M+m)g cos θ+(M+m)g sin θ=(M+m)a1,换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有μ(M+m)g·cos θ+Mg sin θ=Ma2可知a2>a1,再由x=v022a可得x2<x1。
同理可知,若木盒向下滑行,放有砝码时,有μ(M+m)g cos θ-(M+m)g sin θ=(M+m)a1',换成垂直于斜面向下的恒力F时,有μ(M+m)g cos θ-Mg sin θ=Ma2',可知a2'>a1',再由x=v022a可得x2<x1。
故B选项正确。
3.B由图像知,在t0时间内图线与时间轴所围面积不等,即下落的高度不等,所以A错误;速度稳定时,重力与空气阻力平衡,即mg=kv,由图知,甲的稳定速度大,所以甲的质量大于乙的质量,所以B正确;释放的瞬间都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C错误;由mg=kv 知,m1m2=v1v2,故D错误。
4.C传送带静止时,物块匀速下滑,故Mg sin θ=F f,当传送带的速度小于物块的速度时,物块的受力情况不变,以速度v0匀速向下运动,当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带以相同的速度匀速下滑,故C正确。
5.BC若v2<v1且m Q g<μm P g,则μm P g-m Q g=(m P+m Q)a1,当P加速运动速度达到v1后,与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。
若v2<v1且m Q g>μm P g,则P先匀减速到零再反向加速直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且m Q g<μm P g,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1且m Q g>μm P g,满足m Q g+μm P g=(m P+m Q)a2,中途减速至v1,以后满足m Q g-μm P g=(m P+m Q)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
6.D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而传送带仍匀速,虽然两者都向右运动,但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色径迹出现在木炭包的右侧,A错误。
由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a=μg与其质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。
径迹长度等于木炭包相对传送带的位移大小,即二者对地的位移差:Δx=vt-0+v2t=12vt=v22μg,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相对位移越小,黑色径迹越短,C错误,D正确。
7.AC由图乙知,当F=4 N时A、B相对静止,加速度为a=2 m/s2,对整体分析有F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,当F>4 N时,A、B发生相对滑动,对B有a=F-μmgM=1MF-μmgM,由图像可知,图线的斜率k=1M=ΔaΔF=2 kg-1,解得M=0.5 kg,则滑块A的质量m=1.5 kg,故A正确,B错误;将F>4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a=1MF-μmgM,解得μ=0.2,故D错误;根据F=5 N>4 N时,滑块与木板相对滑动,B的加速度为a B=1MF-μmgM=4 m/s2,故C正确。
8.C小物块的运动分两个阶段:因初始时v2>v1,则开始一段时间小物块相对传送带向上运动,其所受滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律有:ma1=mg sin θ+μmg cos θ得a1=10 m/s2因μmg cos θ<mg sin θ,则小物块速度与传送带速度相同之后,小物块将相对传送带向下运动,其所受滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第二定律有:ma2=mg sin θ-μmg cos θ得a2=2 m/s2所以A选项错误。
向上运动的时间分别为:t1=v2-v1a1=0.6 st2=v1a2=1.0 s所以向上运动的时间为t1+t2=1.6 s,B选项错。
向上运动的位移分别为:s1=v2+v12·t1=3 ms2=v12·t2=1 m向上滑行最远距离s=s1+s2=4 m,所以选项C正确。
由以上分析可知,小物块先向上减速到零,再向下加速,D选项错。
二、非选择题9.答案(1)85 m/s2≤a≤167 m/s2(2)50 s解析(1)若列车车尾恰好停在A点,减速运动的加速度大小为a 1,距离为x1,则0-v02=-2a1x1①x1=1 200 m+200 m=1 400 m②解得a1=167 m/s2③若列车车头恰好停在B点,减速运动的加速度大小为a2,距离为x OB=2 000 m,则0-v02=-2a2x OB④解得a2=85 m/s2⑤故加速度大小a的取值范围为85 m/s2≤a≤167 m/s2⑥(2)当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0=v0-a2t⑦解得t=50 s⑧10.答案(1)1 m/s(2)0.670 m解析(1)小木块在第一个木板上滑动时,木板受到木块的摩擦力为f1=μ1mg两木板受到地面的摩擦力为f2=μ2(m+2M)g因为f2>f1,所以木块在第一个木板上运动时,两木板静止不动木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1设小木块滑上第二个木板瞬间的速度为v,由运动学关系式得v2-v02=-2a1l解得v=1 m/s(2)木块滑上第二个木板后,设第二个木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2设木块与木板达到相同速度v1时,用时为t,则有:对木块有v1=v-a1t对木板有v1=a2t解得v1=110 m/s,t=310 s此过程中木块的位移s1=v+v12t=33200 m木板的位移s1'=v122a2=3200 m木块在木板上滑动的长度为s1-s1'<l达到共速后,木块和木板一起继续运动。