高考物理二轮复习专题：力学三大观点的综合应用课件
2021高考物理二轮复习专题二第三讲应用力学三大观点解决综合问题课件
专题二第三讲ꢀ应用力学三大观点解决综合问题
内
容
索
引体系构建真题感悟01
02高频考点能力突破
体系构建真题感悟【网络构建
】【高考真题1.(2020全国Ⅲ卷)如图所示,相距l=11.5 m的两平台】位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送
带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根
据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱(可视为质点
),以初速度v=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦0因数μ=0.10,重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间。
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
(3)若v=6.0 m/s,载物箱滑上传送带Δt=s后,传送带速度突然变为零。求
载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量。
解析ꢀ本题以传送带为背景,意在考查牛顿第二定律、运动学公式、动能
定理、动量定理等知识。(1)传送带的速度为v=4.0 m/s时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其
加速度大小为a,由牛顿第二定律有
μmg=ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1,由运动学公式有
联立①②式,代入题给数据得
s1=4.5 m③
因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后开始做匀速运动。设
载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1,做匀减速运动所用的时间为t',由运动学公式有v=v-at'④101
联立①③④⑤式并代入题给数据得t1=2.75 s。⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达右侧平台时的速度最
小,设为v1;当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大,设为v2。由动能定理有
(3)传送带的速度为v=6.0 m/s时,由于v
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t2=1.0 s⑫s2=5.5 m⑬因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时,达到与传送带相同的速度。
此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt-t2)的时间后,传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s,有s=(Δt-t)v⑭332
2020高考二轮复习 专题5、动力学三大观点综合应用
2020高考二轮复习
专题5、动力学三大观点综合应用
1 / 5 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
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=
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:
高考物理二轮复习 第三篇 计算题 热点20 电磁学综合题(二)电磁感应中三大观点的应用精练(含解析)
1 热点20 电磁学综合题(二)电磁感应中三大观点的应用
热考题型
题型一 电磁感应中动力学观点的应用
近几年课标卷计算题中对电磁感应的综合应用问题考查频繁,从命题形式上看,多以“杆+导轨”模型或者线圈切割磁感线模型为载体,重点考查电磁感应与电路、图象、动力学和能量转化等知识结合起来应用的问题。
1.如图所示,间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ=37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3Ω、质量m1=0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上,S杆的两端固定在b1、b2点,K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过光滑轻质定滑轮自然下垂,绳上穿有质量m2=0.05kg的小环。已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑,K杆保持静止,Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求
(1)小环所受摩擦力的大小;
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
答案 (1)0.2N (2)2W
解析 (1)以小环为研究对象,由牛顿第二定律得
m2g-Ff=m2a
代入数据得Ff=0.2N
(2)设流过杆K的电流为I,由平衡条件得
2 IlB1=FT=Ff
对杆Q,根据并联电路特点以及平衡条件得
2IlB2=F+m1gsinθ
由法拉第电磁感应定律得E=B2lv
根据欧姆定律有I=
且R总=+R
瞬时功率表达式为P=Fv
联立以上各式得P=2W
题型二 电磁感应中的运动综合问题
电磁感应的综合问题,涉及力学知识(如牛顿运动定律、功、动能定理和能量守恒定律等)、电学知识(如法拉第电磁感应定律、楞次定律、直流电路、磁场等)多个知识点,是历年高考的重点、难点和热点,考查的知识主要包括感应电动势大小的计算(法拉第电磁感应定律)和方向的判定(楞次定律和右手定则),常将电磁感应与电路规律、力学规律、磁场规律、功能关系、数学函数与图象等综合考查,难度一般较大。
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。
2020届高考物理专题复习检测专题二：动量三大观点的综合应用(含解析)
第3讲动量三大观点的综合应用
(建议用时:40分钟满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一
项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求) 1.如图所示,质量分别为m和2m的A,B两物块用轻弹簧相连,放在光
滑水平面上,A靠紧竖直墙.现用恒力F向左推物块B压缩弹簧,当B
向左运动s时速度刚好为零,同时撤去F.在A物体离开墙壁以后,弹
簧弹性势能的最大值是( A )
A.B.C.D.Fs
解析:设A物体刚运动时,B物体的速度为v0,则·2m·=Fs,当弹性
势能最大时,两物体的速度相等,设为v,则由动量守恒得2mv0=3mv,由
机械能守恒定律得Ep+·3mv2=Fs,由以上三式解得Ep=Fs,故A正确,
B,C,D错误.
2.(2019·山东青岛一模)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水
平面上,物块b以一定初速度向左运动.下列关于a,b两物块的动量p
随时间t的变化关系图象,不合理的是( A )
解析:物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相
碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后
变小,根据F=可知,两物块动量的变化率先变大后变小,故A项不
合理.
3.(2019·江西南昌三模)如图所示,AB两小球静止在光滑水平面上,
用轻弹簧相连接,A球的质量小于B球的质量.若用锤子敲击A球使A
得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B球使B
得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为( C )
A.L1>L2B.L1
解析:若用锤子敲击A球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,
两者共速,则mAv=(mA+mB)v′,解得v′=,弹性势能最大,最大为
ΔEp=mAv2-(mA+mB)v′2=;若用锤子敲击B球,同理可得
mBv=(mA+mB)v″,解得v″=,弹性势能最大为ΔEp′
=mBv2-(mA+mB)v″2=,即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能
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
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