高考物理复习：力学三大观点的综合应用
高考物理复习：力学三大观点的综合应用
考点一 动力学和能量观点的应用
[知能必备]
1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．
2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．
3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
[典例剖析]
(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．
解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝2gH④
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＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝25 2Hg⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得
h1＝v0t1－12a1t21⑦ v＝v0－a1t1⑧
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＝v22g⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，
则H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝1325H⑪
(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＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝45H⑬
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＝45H1⑭
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足的条件为L≥152125H⑯
答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L≥152125H
[题组精练]
1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O点以上部分粗糙，O点以下部分(含O点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O点，质量为m的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b点，O点与a、b间距均为l.则下列说法正确的是( )
A．小球在a点弹簧弹性势能最大
B．小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍
C．整个运动过程小球克服摩擦力做功mgl D．若增加小球质量，仍从a位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b点
解析：BC 由于O点与a、b间距均为l ，所以小球在a、b两点的弹性势能相等，则A错误；小球从a运动到b过程，由动能定理可得mgsin θ2l－Wf＝0，解得Wf＝mgl，所以C正确；小球在a点有mgsin 30°＋kl－μmgcos 30°＝ma1，小球在b点有kl－mgsin 30°＝ma2，由于小球最后是在O与b两点间做简谐振动，则在b点与O点的加速度大小相等，小球在O点有mgsin 30°＝ma3，a2＝a3，联立解得a2＝a3＝g2，a1＝g，所以小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍，则B正确；若增加小球质量，仍从a位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c，由于小球最后是在O与最低点c两点间做简谐振动，则在c点与O点的加速度大小相等，小球在c点有kl′－mgsin 30°＝ma2，解得l′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D错误．
2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg 的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1
s后，和木板一起以速度v＝1 m/s做匀速运动，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块与木板间的摩擦力；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行的距离．
解析：(1)对木板受力分析Ff＝Ma1
由运动学公式，有v＝a1t
解得Ff＝2 N.
(2)对滑块受力分析－Ff＝ma2
设滑块滑上木板时的初速度为v0
由公式v－v0＝a2t
解得v0＝3 m/s
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
mgh－Wf＝12mv20
Wf＝mgh－12mv20＝1.5 J.
(3)t＝1 s内木板的位移x1＝12a1t2
此过程中滑块的位移x2＝v0t＋12a2t2 故滑块相对木板滑行距离L＝x2－x1＝1.5 m.
答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m
3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h.
解析：(1)线速度v＝ωr
得v＝2ωR.
(2)向心力F向＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则
Fcos α＝F向；Fsin α＝mg
解得F＝ （2mω2R）2＋（mg）2.
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR
由机械能守恒得12Mv′2＋4×12mv2＝Mgh
解得h＝M＋16m2Mg(ωR)2.
答案：(1)2ωR (2) （2mω2R）2＋（mg）2 (3)M＋16m2Mg(ωR)2
考点二 动量和能量观点的应用
[知能必备]
1．动量观点
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解． 2．能量观点
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．
[典例剖析]
(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1v2l①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
12m1v2A＝12m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m15gl④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝12m2v2B⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝5gl（2m1＋m2）22m2⑧
答案：(1)m15gl (2)5gl（2m1＋m2）22m2
动量和能量观点应用的四点注意
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
[题组精练]
1．(2021·上海浦东区二模)质量M＝0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t＝0时，两个质量都为m＝0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1＝5.0 m/s和v2＝2.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰．已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g取10 m/s2，求：
(1)A、B两物体在车上都停止滑动时的速度．
(2)车的长度至少是多少？
解析：(1)设物体A、B相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律：
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
v＝0.6 m/s
方向向右
(2)设物体A、B在车上相对于车滑动的距离分别为L1、L2，车长为L，由功能关系
μmg(L1＋L2)＝12mv21＋12mv22－12(M＋2m)v2
解得：L1＋L2＝6.8 m
L≥L1＋L2＝6.8 m
可知L至少为6.8 m
答案：(1)0.6 m/s 方向向右 (2)6.8 m
2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．取g＝10 m/s2.求：
2020高考物理二轮复习强化练习(九) 力学三大观点的综合应用含解析
专题强化练(九) 力学三大观点的综合应用
(满分:64分 时间:40分钟)
一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分)
1.
(考点3)(多选)(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则( )
A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为
x
C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为
mv2
D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx'=ma,对比可得x'=
,即此时弹簧的压缩量为
,选项A正确;取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得2m
-m
=0,又xA+xB=x,解得A的位移为xA=
x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep=
·2mv2+
=3mv2,选项C错误、D正确。
答案AD
2.
(考点2)(多选)(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.木板获得的最大速度为
B.铁块获得的最大速度为
C.铁块与木板之间的动摩擦因数为
D.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
解析对子弹和木板B系统,根据动量守恒定律有mv0=4mv1,解得v1=
【重点复习】2020版高考物理总复习练习：第20课 力学三大观点的综合应用 含解析
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1．选择合适的力学观点解决物理问题
a．综合应用动力学观点与能量观点解决单个研究对象的问题
(1)(2015天津理综，16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：
①邮件滑动的时间t；
②邮件对地的位移大小x；
③邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案：①0.2 s(5分) ②0.1 m(4分) ③-2 J(7分)
解析：①设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则
F＝μmg＝ma①(2分)
又v＝at②(2分)
联立①②解得t＝0.2 s(1分)
②邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有
Fx＝12mv2－0③(3分)
联立①③解得x＝0.1 m(1分)
③邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则
s＝vt④(3分)
摩擦力对皮带做的功
W＝－Fs⑤(3分)
联立①②④⑤解得W＝-2 J(1分)
(2)(2015福建理综，19分)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
①若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
②若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求滑块运动过程中，小车的最大速度vm和滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
5-应用“三大观点”解决力学综合问题 高考物理(山东)复习专题
五、应用“三大观点”解决力学综合问题
知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题
基础回扣
力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。
(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)若研究的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,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则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能。
(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均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
易错辨析
我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。
知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题
基础回扣
1.知识分析
动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.方法技巧 (1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。
易错辨析
1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。
2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。
2018年高考物理二轮复习专题突破练7应用力学三大观点解决综合问题
1 专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题
(时间:45分钟 满分:100分)
计算题(本题共5个小题,共100分)
1.
(20分)(2017湖北武汉模拟)如图所示,质量为m=1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上,从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道,恰能做圆周运动。C点在B点的正上方,D点为轨道的最低点。小物块离开D点后,做平抛运动,恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R=0.9 m,D点距水平面的高度h=0.75 m,g取10 m/s2,试求:
(1)摩擦力对小物块做的功;
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小;
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。
答案 (1)4.5 J (2)60 N (3)60°
解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1,因为经过C时恰好能完成圆周运动,由牛顿第二定律可得:
mg=,解得v1=3 m/s
小物块由A到B过程中,设摩擦力对小物块做的功为W,由动能定理得:
W=,解得W=4.5 J
故摩擦力对物块做的功为4.5 J。
(2)设小物块经过D点时的速度为v2,对由C点到D点的过程,由动能定理得mg·2R=
小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为FN,由牛顿第二定律得
FN-mg=
联立解得FN=60 N,v2=3 m/s
由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为
FN'=FN=60 N。
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60 N。
(3)小物块离开D点做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=gt2得t= s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy,速度跟竖直方向的夹角为α,则
vx=v2
vy=gt 2 又tan α=
联立解得α=60°
再由几何关系可得θ=α=60°
故倾斜挡板与水平面的夹角θ为60°。
2.(20分)如图所示,上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切,整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A、B,其质量mA=m,mB=2m,两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧,弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车,静止在光滑的水平地面上,小车质量m'=3m,车长l=2R,小车的上表面与平台的台面等高,滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2。解除弹簧约束,滑块A、B在平台上与弹簧分离,在同一水平直线上运动。滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D,滑块B冲上小车。两个滑块均可视为质点,重力加速度为g。求:
2018年高考物理二轮专题复习能力升级练：专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题
第1页 专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题
(时间:45分钟 满分:100分)
专题突破练第13页
计算题(本题共5个小题,共100分)
1.
(20分)(2017湖北武汉模拟)如图所示,质量为m=1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上,从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道,恰能做圆周运动。C点在B点的正上方,D点为轨道的最低点。小物块离开D点后,做平抛运动,恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R=0.9 m,D点距水平面的高度h=0.75 m,g取10 m/s2,试求:
(1)摩擦力对小物块做的功;
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小;
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。
答案 (1)4.5 J (2)60 N (3)60°
解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1,因为经过C时恰好能完成圆周运动,由牛顿第二定律可得:
mg=,解得v1=3 m/s
小物块由A到B过程中,设摩擦力对小物块做的功为W,由动能定理得:
W=,解得W=4.5 J
故摩擦力对物块做的功为4.5 J。
(2)设小物块经过D点时的速度为v2,对由C点到D点的过程,由动能定理得mg·2R=
小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为FN,由牛顿第二定律得
FN-mg=
联立解得FN=60 N,v2=3 m/s
由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为
FN'=FN=60 N。
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60 N。 第2页 (3)小物块离开D点做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=gt2得t= s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy,速度跟竖直方向的夹角为α,则
vx=v2
vy=gt
又tan α=
联立解得α=60°
再由几何关系可得θ=α=60°
故倾斜挡板与水平面的夹角θ为60°。
高考物理大二复习 专题强化练(九)力学三大观点的综合应用(含解析)
1 专题强化练(九) 力学三大观点的综合应用
(满分:64分 时间:40分钟)
一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分)
1.
(考点3)(多选)(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则( )
A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx'=ma,对比可得x'=,即此时弹簧的压缩量为,选项A正确;取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得2m-m=0,又xA+xB=x,解得A的位移为xA=x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep=·2mv2+=3mv2,选项C错误、D正确。
答案AD
2.
2 (考点2)(多选)(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.木板获得的最大速度为
B.铁块获得的最大速度为
C.铁块与木板之间的动摩擦因数为
D.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
解析对子弹和木板B系统,根据动量守恒定律有mv0=4mv1,解得v1=,选项A错误;对木板B和铁块A(包括子弹)系统根据动量守恒定律有mv0=5mv2,解得v2=,选项B正确;子弹打入木板后,对木板B和铁块A(包括子弹)系统,由能量守恒定律有μmgL=·4m·5m,解得μ=,选项C正确;全过程由能量守恒定律可知,子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE=·5m,选项D正确。
高考二轮复习 专题5、动力学三大观点综合应用
动力学三大观点综合应用 专题
一、牛顿第二定律与动能定理的综合应用
1、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示，g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.则（ ）
A.物体的质量m=0.67 kg
B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5
C.物体上升过程中的加速度大小a=1m/s
D.物体回到斜面底端时的动能E=10J
2、倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的轻弹簧下端固定在挡板上，其自然伸长时弹簧的上端位于斜面体上的0点.质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，连接甲的细绳与斜面平行，如图所示.开始时物块甲位于斜面体上的M处，且MO=L，物块乙距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当甲将弹簧压缩到N点时，甲的速度减为零，ON=L/2，已知物块甲与斜面间的动摩擦因数为μ=83，θ＝30°,重力加速度g 取10m/s2，忽略空气阻力，整个过程细绳始终没有松弛且乙未碰到滑轮,则下列说法正确的是（ ）
A.物块甲由静止释放到滑至斜面体上N点的过程，物块甲先匀加速运动紧接着做匀减速运动到速度减为零 B.物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5m/s2
C.物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为15mgL/8
D.物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为3mgL/8
3、如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB，半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道 BC、C'E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离L=40m。现有质量m=500kg的过山车，从高h=40m处的A点静止下滑，经 BCDC'EF 最终停在G点。过山车与轨道 AB、EF 的
高考物理总复习练习：第20课+力学三大观点的综合应用+Word版含解析
第20课 力学三大观点的综合应用
1．选择合适的力学观点解决物理问题
a．综合应用动力学观点与能量观点解决单个研究对象的问题
(1)(2015天津理综，16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：
①邮件滑动的时间t；
②邮件对地的位移大小x；
③邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案：①0.2 s(5分) ②0.1 m(4分) ③-2 J(7分)
解析：①设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则
F＝μmg＝ma①(2分)
又v＝at②(2分)
联立①②解得t＝0.2 s(1分)
②邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有
Fx＝12mv2－0③(3分)
联立①③解得x＝0.1 m(1分)
③邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则
s＝vt④(3分)
摩擦力对皮带做的功
W＝－Fs⑤(3分)
联立①②④⑤解得W＝-2 J(1分)
(2)(2015福建理综，19分)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
①若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
②若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求滑块运动过程中，小车的最大速度vm和滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
答案：①3mg(5分) ②gR3 13L(14分) 解析：①滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B由机械能守恒定律得
2019届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第1讲三大观点在力学综合问题中的应用学案
第1讲 三大观点在力学综合问题中的应用
真题再现 考情分析
(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20①
解得μ＝v20－v212gs0.②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得
v20－v21＝2a1s0③v0－v1＝a1t④
s1＝12a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝s1（v1＋v0）22s20.
答案：见解析 [命题点分析]
牛顿第二定律、运动学公式
[思路方法]
时间是解决两个运动问题的桥梁，把握住冰球到挡板的时间与运动员到旗的时间是相等的，各自利用运动学公式联立求解
(2016·高考全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： [命题点分析]
动量定理、机械能守恒定律
[思路方法]
由玩具在空中悬停(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④
电磁感应中的三大力学观点的综合性应用(解析版)-高中物理
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电磁感应中的三大力学观点的综合性应用
考情探究
1.高考真题考点分布
题型考点考查考题统计
选择题单棒问题2024年贵州卷
计算题含容单棒问题2024年北京卷
计算题双棒问题2024年江西卷
2.命题规律及备考策略
【命题规律】高考对利用三大力学观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题也有计算题，
不管那种题型，题目的难度都较大，多以压轴题的难度出现。
【备考策略】
1.利用动力学的观点处理电磁感应问题。
2.利用能量的观点处理电磁感应问题。3.利用动量的观点处理电磁感应问题。
【命题预测】重点关注电磁感应中利用三大力学观点处理框类问题、单棒问题和双棒问题。
考点梳理
一、两种状态及处理方法
状态特征处理方法
平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析
非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
二、力学对象和电学对象的相互关系
三、电磁感应现象中的能量转化
2四、求解焦耳热Q的三种方法
五、电磁感应中的能量与动量问题
1．导体棒在磁场中做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
2．在相互平行的光滑水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反
向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守恒定律解答往往比较便捷。考点精讲
电磁感应中的动力学问题分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤考向1电磁感应中的平衡问题
1.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水
平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均
为μ，导轨电阻不计，每根杆的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强
磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速
度V2向下匀速运动(重力加速度为g)。以下说法正确的是()
3A.ab杆所受拉力F