2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题二第5讲 应用“三大观点”解决力学综合问题
第5讲 应用“三大观点”解决力学综合问题冲刺提分作业A1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。
设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。
某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。
忽略撞击过程中地面阻力的影响。
求:(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h 同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。
试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
答案 见解析解析 (1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向由动量定理有-I0=0-m1v1得I0=1.6×104 N·s由冲量定义有I0=F0t1得F0=1.6×105 N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1得F=2.5×104 N可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开2.(2019湖南衡阳模拟)如图甲所示,在高h=0.8 m的水平平台上放置一质量为m'=0.9 kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2 m。
一质量为m=0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6 m的地面上。
g取10 m/s2,求:(1)小木块滑出平台时的速度;(2)子弹射入小木块前的速度;(3)子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能。
答案 (1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J 解析 (1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有h=gt 2,s=vt12联立解得v==4 m/ss2ℎg(2)设子弹射入小木块后共同速度为v 1,由题图乙可知40-v 2=-40v 21解得v 1=8 m/s子弹射入小木块的过程中,根据动量守恒定律有mv 0=(m'+m)v 1v 0==80 m/s(m '+m )v 1m(3)设子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能为Q 则Q=m -×(m'+m)v 2=×0.1×802 J-(0.9+0.1)×42 J=312 J12v 201212123.(2019山东济宁模拟)如图所示,倾角为37°的斜面固定在地面上,斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c,滑块与挡板c 相碰后的速率等于碰前的速率,斜面上铺了一层特殊物质,该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力,下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。
现有一质量为M=0.9 kg 的滑块沿斜面上滑,到达最高点b 时的速度恰好为零,此时恰好与从a 点水平抛出的质量为m=0.1 kg 的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞,且滑块与弹性挡板c 碰后恰好反弹回到b 点。
已知a 点和b 点距地面的高度分别为H=2.4 m,h=0.6 m 。
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(取g=10 m/s 2)求:(1)小球做平抛运动的初速度大小;(2)斜面与滑块间的动摩擦因数;(3)从与小球碰撞到最后停止,滑块在斜面上通过的总路程。
答案 (1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m 解析 (1)小球从a 点到b 点做平抛运动在竖直方向有H-h=gt 212小球到达b 点时恰好沿斜面方向有tan 37°=gtv 0解得v 0=8 m/s(2)小球到达b 点的速度v==10 m/s v 0cos37°小球与滑块发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv=mv 1+Mv 2由能量守恒定律得mv 2=m +M 1212v 2112v 22解得滑块与小球碰后的速度v 2=2 m/s 由几何关系知斜面长L==1 mℎsin37°滑块恰好反弹回到b 点,由能量守恒定律得M =μMgL cos 37°12v 22解得μ=0.25(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c 点的距离x 2由能量守恒定律得Mg(L-x 2) sin 37°=μMgL cos 37°解得x 2=L= m2323设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c 点的距离x 3由能量守恒定律得Mg(x 2-x 3) sin 37°=μMgx 2 cos 37°解得x 3=x 2= m23(23)2以此类推x 4=x 3= m23(23)3所以滑块在斜面上共通过的路程为s=3L+2x 2+2x 3+…+2x n =7 m4.(2019东北三省四市模拟)如图所示,光滑曲面AB 与长度为L=1 m 的水平传送带BC 平滑连接,传送带上表面以v=1 m/s 的速度向右运动。
传送带右侧光滑水平地面上放置一个四分之一光滑圆轨道的物体乙,其质量为m 2=3 kg 。
质量为m 1=1 kg 的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h=1 m 的A 点由静止释放,物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,取g=10 m/s 2。
求:(1)甲第一次运动到C 点的速度大小;(2)甲第二次运动到C 点的速度大小;(3)甲第二次到C 点后经多长时间再次到达C 点。
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s解析 (1)物体甲从A 点运动至B 点,由动能定理得m 1gh=m 112v 21解得v 1=2 m/s>v,假设物体甲在传送带上一直做匀减速直线运动,由动能定5理得-μm 1gL=m 1-m 112v 2212v 21解得v 2=4 m/sv 2>v,假设成立,则物体甲第一次运动到C 点的速度大小v 2=4 m/s(2)以物体甲和物体乙为研究对象,从甲滑上乙开始至甲滑下来到达C 点的过程中,系统水平方向上动量守恒m 1v 2=m 1v 3+m 2v 4由系统能量守恒得m 1=m 1+m 212v 2212v 2312v 24解得v 3=-2 m/s则甲第二次到达C 点的速度大小为2 m/s (3)甲向左滑上传送带,做匀减速直线运动由牛顿第二定律得μm 1g=m 1a 解得a=2 m/s 2由动能定理得-μm 1gL=m 1-m 112v 2512v 23解得到达B 点的速度v 5=0物体甲从C 点运动到左端B 点的时间t 1=v 5‒v 3a解得t 1=1 s甲向右滑上传送带先做匀加速直线运动,设与传送带共速时所用时间为t 2,则t 2=va解得t 2=0.5 s设甲在t 2时间内的位移为x 1,则μm 1gx 1=m 1v 212解得x 1=0.25 m甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动,位移x 2=L-x 1所用时间t 3=x 2v 解得t 3=0.75 s甲从第二次到第三次到达C 点的过程中的运动时间t=t 1+t 2+t 3解得t=2.25 s冲刺提分作业B1.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,g 取10 m/s 2,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 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J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取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Ft=mv-0解得t=0.2 s(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=mv 2-012解得x=0.1 m(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=vt摩擦力对皮带做的功W=-Fs 解得W=-2 J2.如图所示,质量均为m 的小滑块A 、B 、C 厚度均不计。
其中B 、C 两滑块通过劲度系数为k 的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。
现在将小滑块A 从距离B 滑块H 0高处由静止释放,A 、B 相碰后立刻粘合为一个整体,且以共同速度向下运动,不计空气阻力,当地重力加速度为g 。
求:(1)A 、B 碰后的共同速度v 1的大小;(2)A 、B 向下运动的速度最大时,滑块C 对水平面的压力大小。
答案 (1) (2)3mggH 02解析 (1)设A 与B 碰撞之前A 的瞬时速度为v 0,则mgH 0=m 12v 2A 、B 碰撞前后动量守恒,即mv 0=2mv 1式中v 1为A 与B 碰撞后的共同速度联立解得v 1=gH 02(2)当A 、B 的速度最大时,它们所受的合力为零,即处于平衡状态,设此时水平地面对滑块C 的支持力大小和滑块C 对水平地面的压力大小分别为F N '和F N ,对于A 、B 、C 组成的系统由受力分析可知F N '-3mg=0由牛顿第三定律可知F N '=F N 联立解得F N =3mg3.如图所示,半径为R,管径很小的光滑半圆形细管竖直放置,有两个直径略小于管径、质量分别为m 1=3m 、m 2=m 的小球P 、Q,小球Q 静止在水平面上,小球P 以某一初速度向右运动,与小球Q 发生弹性碰撞。
P 、Q 两球通过最高点C 后落地点分别为M 、N,已知:=12R 。
求:|CN |2‒|CM |2(1)碰撞前小球P 的速度;(2)碰撞后小球P 、Q 的速度;(3)小球P 、Q 经过最高点时,它们对细管的作用力。
答案 (1)32gR(2) 322gR922gR(3)mg,竖直向下 mg,竖直向上32712解析 (1)小球P 、Q 发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2由机械能守恒定律得m 1=m 1+m 212v 2012v 2112v 22小球P 、Q 从水平面运动到最高点C 的过程中,由机械能守恒定律得对P球有m 1=m 1+m 1g·2R12v 2112v 23对Q球有m 2=m 2+m 2g·2R12v 2212v 24之后两小球做平抛运动,有h=2R=gt 212P 球的水平位移x 1=v 3t Q 球的水平位移x 2=v 4t依题意有(+h 2)-(+h 2)=144R 2x 22x 21联立解得碰撞前小球P 的速度v 0=32gR (2)由(1)得碰撞后小球P 的速度v 1=322gR碰撞后小球Q 的速度v 2=922gR(3)由(1)得小球P 在最高点C 的速度v 3=gR 2小球Q 在最高点C 的速度v 4=73gR 2以P 为研究对象,由牛顿第二定律得F P +m 1g=m 1v 23R解得F P =-mg,负号表示细管对小球P 的弹力竖直向上32由牛顿第三定律知,小球P对细管的作用力大小是mg,方向竖直向下32以Q 为研究对象,由向心力公式F Q +m 2g=m 2v 24R解得F Q =mg,正号表示细管对小球Q 的弹力竖直向下712由牛顿第三定律知,小球Q对细管的作用力大小是mg,方向竖直向上7124.(2019贵州十校联考)如图所示,一小车上表面由粗糙的水平部分AB 和光滑的半圆弧轨道BCD 组成,小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上,且左端与粗糙水平台等高。
应用力学三大观点解决板—块模型问题(含答案)
高考题型应用力学三大观点解决板—块模型问题1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．考题示例例2(2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图4答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s.命题预测3．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图5甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：图5(1)A与B间的动摩擦因数μ；(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A 与P 碰撞几次，B 与A 分离． 答案 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得： m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．4．如图6所示，质量为M 的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m 的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v 0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g )图6(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？ (3)系统的最大弹性势能是多少？答案 (1)Mm v 022(M ＋m ) (2)M v 024μg (M ＋m ) (3)Mm v 024(M ＋m )解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图7(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．答案 (1)3 m /s ，方向向左 6 m/s ，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有 －μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为 x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.专题强化练[保分基础练]1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A 的速度大小为( )图1A ．0.5 m /sB ．1 m/sC ．2 m /sD ．3 m/s答案 D解析 碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12×2m v 2，代入数据得v ＝2 m/s ，A 与B 碰撞的过程中，A 与B 组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则m v 0＝m v 1＋2m v ，由于没有机械能损失，则12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 2，联立解得v 0＝3 m/s ，故选D. 2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m 的足够长的木板，木板上放一质量也为m 、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v 0和2v 0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )图2A ．1∶4B ．1∶42C ．1∶8D ．1∶12答案 A解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m ；对系统，根据能量守恒定律有μmgs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，解得划痕长度s ＝M v 022μ(M ＋m )g ，同理，当木块的初速度为2v 0时，则划痕长度为s ′＝M (2v 0)22μ(M ＋m )g ，故两次划痕长度之比为s ∶s ′＝1∶4，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g .求：图3(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度． 答案 (1)v 024gL(2)0 v 0，方向水平向右解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有m v 0＝2m v 1 解得v 1＝12v 0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知 μmgL ＝12m v 02－12×2m v 12联立解得μ＝v 024gL(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2m v 1＝m v 1′＋m v 2′ 2m v 1＝2m v 2小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有 μmgL ＝12m v 1′2＋12m v 2′2－12×2m v 22联立以上各式解得v 1′＝0，v 2′＝v 0，方向水平向右．[争分提能练]4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m 的物体A 和2m 的物体B 均以大小为v 的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m ，最终物体A 、B 都停在小车上，物体 A 、B 始终没有相碰．重力加速度为g ，求：图4(1)最终小车的速度大小及方向； (2)平板车的长度至少为多长． 答案 (1)v 4 方向水平向左 (2)9v 28μg解析 (1)以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2m v －m v ＝4m v 1解得v 1＝v4，方向水平向左(2)初始阶段A 物体向右做匀减速运动，加速度大小a A ＝μmg m ＝μg ；B 物体向左做匀减速运动，加速度大小a B ＝μ·2mg2m＝μg ；小车向左做匀加速运动，加速度大小a C ＝μ·2mg －μmg m ＝μg经过t 1时间，B 、C 达到共同速度，则有v －μgt 1＝μgt 1此时t 1＝v 2μg ，B 、C 的速度v 2＝v2，方向向左，A 的速度大小与B 、C 相同，方向相反，该过程中，A 相对C 运动的距离：Δx 1＝(v t 1－12a A t 12)＋12a C t 12B 相对C 运动的距离： Δx 2＝(v t 1－12a B t 12)－12a C t 12此后B 、C 共同向左做减速运动，加速度大小a ＝μmg 3m ＝μg3直到三物体速度相同，所用时间t 2＝v 1－v 2－a ＝3v4μg该过程A 相对B 、C 滑行的距离： Δx 3＝(v 2t 2－12a A t 22)＋(v 2t 2－12at 22)所以小车的长度至少是l ＝Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＝9v 28μg.5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝3 kg 的物块A .装置的中间是始终在以u ＝2 m/s 的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A 静止在其平衡位置，此处距传送带左端l ＝0.5 m ．质量m ＝1 kg 的物块B 从斜面上距水平台面高h ＝2.0 m 处由静止释放，已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度为L ＝1.0 m ．物块A 、B 都可视为质点，A 、B 发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)物块B 与物块A 第一次碰撞前瞬间，B 的速度大小；(2)物块B 与物块A 第一次碰撞后，B 返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h ′；(3)如果物块A 每次被B 碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B 的再次碰撞，当物块B 在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B 从开始到此时相对于地面运动的总路程s 多大． 答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m解析 (1)B 从斜面滑下过程机械能守恒，mgh ＝12m v 02解得B 滑上传送带瞬间v 0＝210 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，v 02－v 12＝2aL ，μmg ＝ma 解得B 滑过传送带与A 碰前瞬间的速度v 1＝6 m/s(2)A 、B 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B 的速度为v 2，A 的速度为v A m v 1＝m v 2＋M v A ，12m v 12＝12m v 22＋12M v A 2联立两式解得v 2＝－12v 1，v A ＝12v 1，即v 2＝－3 m/s物块B 以3 m/s 的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v 22－v 32＝2aL 解得v 3＝ 5 m/s ＞u ＝2 m/s故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh ′＝12m v 32，得h ′＝0.25 m(3)物块B 上升h ′后再返回传送带右端时，速度大小为v 3＝ 5 m/s ，滑上传送带，减速至左端 v 32－v 42＝2aL ，得v 4＝1 m/s物块B 与A 第二次发生弹性碰撞，碰后速度v 5＝－12 m/s返回传送带后向右匀加速运动，u 2－v 52＝2ax 得x ＝1516m ＜L ＝1 m故运动x 后匀速运动至右端，以初速度大小u ＝2 m/s 滑上斜面，则mgh ″＝12mu 2得h ″＝0.2 m再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B 从开始到此时对地总路程s ＝4l ＋5L ＋h ＋2h ′＋2h ″sin θ得s ＝716m ≈11.83 m.6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图6(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？ 答案 (1)40 N (2)187m<h ≤3 m解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1 由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得 mgh 1＝12m v 02代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度．设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得 m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得 mgh ′＝12m v 0′2联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.。
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a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，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Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(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v 0＝2gH ④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t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧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h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1， 则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝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x 2为x 2＝45H 1⑭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x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯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mglD ．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mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，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mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝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 ′－mg sin 30°＝ma 2，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 /s 2.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F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(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＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝ （2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）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 ＝m v －m v 0.(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m 1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m 2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E k 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m 1g ＝m 1v 2l①A 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v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(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 ′＝v A ⑤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v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2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v 1＝5.0 m /s 和v 2＝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 /s 2，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 (v 1－v 2)＝(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L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝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 m2．(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v 0＝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 /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三 动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律 数学表达式 动力学 观点力的瞬 时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第 三定律F ＝－F ′ 能量 观点力的空间 积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守 恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量 观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守 恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)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．(2)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，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(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)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2， 联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ， 将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ， 解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22， 解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，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 0＝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因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m /s 2.(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 ＝1312s 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：(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 ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③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t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝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v 1；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v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝2 m /s ，v 2＝43 m /s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m /s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬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 －t 2)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 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N ·s ⑳ 由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253N ·s ，方向竖直向上． 答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上 限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A .1v 0(s ＋L ) B ．1v 0(s ＋2L ) C .12v 0(s ＋L ) D ．1v 0(L ＋2s ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。
2020届高考物理专题卷：专题02(力与物体的平衡)答案与解析
2021届专题卷物理专题二答案与解析1．【命题立意】通过实际情景考查弹力方向判断 .【思路点拨】弹力方向总是与接触面垂直 .【答案】D 【解析】ABC 选项中的弹力均应与其接触面垂直 ,D 选项中杆的弹力与重力平衡 .2．【命题立意】特定条件下摩擦力的动静转化 .【思路点拨】开始摩擦力为滑动摩擦力与运动方向相反 ,但是物体速度减为零后 ,无法确定外力与最|大静摩擦力的大小 ,无法确定之后的摩擦力情况 .【答案】BD 【解析】物体速度减速为零时 ,可能静止也可能反向运动 ,符合条件的为BD 两个选项 .3．【命题立意】受力分析 .【思路分析】 (1 )质点受力分析的步骤可以概括为：重力一定有 ,弹力看周围 ,分析摩擦力 ,不漏电磁浮； (2 )摩擦力判断是难点 ,常用方法是定义法、假设法、平衡法 .【答案】CD 【解析】b 物体一定受到的力有：a 物体对b 物体的压力、重力、a 物体对b 物体的摩擦力、斜面对b 物体的支持力 ,共四个力；可能受到斜面对b 物体的摩擦力的作用 ,故正确选项为CD .4．【命题立意】考查胡克定律、力的合成 .【思路点拨】 (1 )胡克定律的应用关键是找准形变量x ∆； (2 )力的合成关键是熟练应用平行四边形定那么或三角形定那么 .【答案】B 【解析】弓弦张力kl l l k F 3235=⎪⎭⎫ ⎝⎛-= ,弓弦对箭的作用力kl F F 151637cos 2=︒=' . 5．【命题立意】考查从图象找出关键点进行分析问题的能力 .【思路点拨】注意图象上特殊点的坐标 ,这是图象问题中隐含条件的一种表达 ,从图象中可知当力与竖直方向夹角为30°和120°时外力大小相等 ,是求解此题的关键 .【答案】C 【解析】从图象中可以看出物体匀速 ,当力与竖直方向夹角为30°和120°时 ,外力相等 ,设此时拉力大小为F' ,那么物体受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 和F'处于平衡 ,根据平衡条件可知 ,夹角为30°时有：()︒'-=︒'30cos 30sin F mg μF ,夹角为120°时 ,力水平方向成30°夹角 ,那么由平衡条件得：()︒'+=︒'30sin 30cos F mg μF ,联立解得：32-=μ .故C 选项正确 .6．【命题立意】综合考查受力分析、摩擦力、力的合成 .【思路点拨】从A 恰好静止且所受摩擦力方向向下入手 ,通过正交分解法求出绳的拉力 ,再对右侧的滑轮受力分析 ,用合成法求出B 的质量 .【答案】B 【解析】由平衡条件可知绳中张力mg θμmg mg F 45cos 30sin T =+︒= ,对B 物体分析有T B 2F g m = ,m m 425B = . 7．【命题立意】结合实际情景考查动态分析 ,正交分解 .【思路点拨】 (1 )求解各力之间的关系可先将各力归入平行四边形或矢量三角形； (2 )水桶中的水不断减少后系统总重力随之减少 ,缓慢增加悬绳的长度那么悬线与玻璃的夹角不断减小 .【答案】C 【解析】由受力分析可知αG F cos 1= ,αG F tan 2=；在空中同一位置作业 ,当桶中的水不断减少 ,α不变 ,重力变小 ,F 1与F 2同时减少；假设缓慢增加悬绳的长度 ,α变小 ,重力不变 ,F 1与F 2同时减少 .8．【命题立意】整体法与隔离法 .【思路点拨】分析最|中间运发动所受压力时可将上面三名运发动看作一个整体进行分析【答案】C 【解析】上面的人的两只脚分别给中间的人的作用力为G ,中间的左、右边的人的每一只脚的作用力为(G +G )/2 ,故下面的正中间的人背部受到的作用力为G +G =G ,每一只脚对地面的压力为(G +G )/2＝G ,C 对 .9．【命题立意】综合考查力的分解、弹力、摩擦力 .【思路点拨】物体在多个力作用下平衡 ,正交分解是最|正确方案 .【答案】BC 【解析】由受力分析可知物体退槽的压力N 13N 5N 837cos =+=∆+︒=x k m g F ,槽对物块的摩擦力N 637sin f =︒=mg F .10．【命题立意】共点力作用下物体的平衡、动态分析问题 .【思路点拨】 (1 )将小球所受各个力放入矢量三角形； (2 )其中两绳子拉力夹角始终为120° ,结合正弦定理可分析两绳子拉力的大小变化情况 .【答案】B 【解析】由绳子移动过程中两绳的角度再结合由平行四边形定那么可知OP 绳所受拉力先增大后减小 ,OQ 绳所受拉力不断减小 .11．【命题立意】考查摩擦力 (双面 ) .【思路点拨】要将物块上下两个外表的弹力区分好 .【答案】μ =0.30【解析】设接触面间的动摩擦因数为μ ,物体A 与B 间的摩擦力为F 1 =μG A (2分 ) 物体B 与地面间的滑动摩擦力为 F 2 =μ(G A +G B ) (2分 )将B 匀速拉出 ,拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等 ,有F =μG A +μ(G A +G B ) =μ(2G A +G B ) (2分 ) 即30 =μ(2×40 +20) (1分 )解得：μ =0.30 (1分 ) .12．【命题立意】整体法隔离法 .【思路点拨】 (1 )隔离法分析问题受力要全面； (2 )合理选取整体法可以方便解题 .【答案】 (1 )mg F 43= (2 )对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左【解析】 (1 )取小球为研究对象进行受力分析 ,由平衡规律得：F F =︒37sin T ① (1分 )mg F =︒37cos T ② (1分 ) 联立解得mg F 43=③ (1分 ) (2 )取AB 组成的系统为研究对象 mg F 2N =④ (1分 )F F =f ⑤ (1分 ) 由牛顿第三定律NN F F '-=⑥ (1分 ) 对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左 (1分 ) .13．【命题立意】通过实际模型考查摩擦力求解 .【思路点拨】 (1 )求解弹力是求解摩擦力的关键； (2 )要注意左右两侧都有摩擦力 .【答案】12N 【解析】滑块在竖直平面内受到3个力的作用 ,如下列图所示 ,由力的平衡条件可知θF θF sin sin N2N1= (2分 ) G θF θF =+cos cos N2N1 (2分 )解得：N 20N2N1===G F F (2分 ) 滑块一侧受到的摩擦力N 6N ==μF f (1分 ) 水平推力N 122==f F (1分 ) .14．【命题立意】考查受力分析、整体法隔离法解题、极值求解 .【思路点拨】 (1 )三力平衡可以用正交分解也可以应用矢量三角形 ,四力及以上平衡适用正交分解； (2 )三角函数法是求解极值的重要方法 .【答案】 (1 )︒=30θ (2 )53=μ (3 )53tan ==μα时F 的值最|小 【解析】 (1 )对B 进行受力分析 ,设细绳对B 的拉力为T ,由平衡条件可得θT F cos 30cos =︒ (1分 ) mg θT F =+︒sin 30sin (1分 )解得：310=T (1分 )33tan =θ ,即︒=30θ (1分 ) (2 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有N sin F Mg θT =+ (1分 )N cos μF θT = (1分 )解得53=μ (1分 ) (3 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有()g m M F αF +=+N sin (1分 )N cos μF αF = (1分 )解得：()αμαg μm M F sin cos ++=(1分 ) 令211sin μβ+=,21cos μμβ+= ,即μβ1tan = 那么：)sin(1)()sin cos cos (sin 1)(22αβμμαβαβμμ+++=+++=g m M g m M F (1分 ) 显然 ,当︒=+90βα时F 有最|小值 ,所以53tan ==μα时F 的值最|小 . (1分 ) 15．【命题立意】综合考查动、静摩擦力 . 【思路点拨】 (1 )摩擦系数和拉力均可以通过平衡求解 . (2 )B 处添加物体后最|大静摩擦力发生变化要着重注意 .【答案】 (1 )μ =0.2 (2 )4N (3 )2N 【解析】 (1 )因A 和B 恰好一起匀速运动 ,所以B 受到的水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小相等 ,且等于A 的重力m A g 值 .B 对桌面的压力F N 等于B 的重力m B g .所以有F 1 =μF N (1分 ) F N =m B g (1分 ) T =F 1 =m A g (1分 ) 解得：μ =0.2 (1分 ) (2 )如果用水平力F 向左拉B ,使物体A 和B 做匀速运动 ,此时水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小均不变 ,根据物体B 水平方向的平衡由F =T +F 1 =2m A g =4N (4分 ) (3 )假设在原来静止的物体B 上放一个质量与B 物体质量相等的物体后 ,物体B 对桌面的压力变大 ,受到的最|大静摩擦力将变大 ,但此时物体B 将静止不动 ,物体与桌面间的摩擦力为静摩擦力 ,根据物体B 和物体A 的平衡可知 ,物体B 受到的摩擦力为F 1' =T =m A g =2N (4分 ) .16．【命题立意】受力分析、整体法隔离法 .【思路点拨】隔离分析A 物体 ,然后隔离分析B 或者分析整体即可求解 ,整体法与隔离法应用时无先后顺序 ,唯一的原那么就是方便解题 .【答案】F =850N 【解析】物体A 、B 的受力图如右图所示 ,由受力平衡知：对A ：0cos 1=-f θT ① (2分 ) 0sin 11=--θT G N ② (2分 )11μN f =③ (1分 )对B ：021=-'-f f F ④ (2分 )0212=-'-G N N ⑤ (2分 )22μN f =⑥ (1分 ) 由①~⑥知：F =850N (2分 ) (或者采用先整体后隔离 ) .。
2020届高考物理课标版二轮复习课件：专题二第5讲 应用“三大观点”解决力学综合问题
1 2
MvB2
≤Mgl
联立①②⑩ 式得
5 m≤M<5 m
3
2
考点一
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1.对于多过程问题要做好“四选择”
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(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用
动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系
或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
Ep=
1 2
MvB2
+μMg·4l
②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得
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vB= 6gl ③ 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的 速度大小v应满足
mv2 -mg≥0 ④
l
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
考点一
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1 2
mvB2
=
1 2
m
vD2
+mg·2l
⑤
联立③⑤式得
vD= 2gl ⑥
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vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到 轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得 2l= 1 gt2 ⑦
2
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s=vDt ⑧
考点一
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联立⑥⑦⑧式得
s=2 2l ⑨ (2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度应大于零。高由考①导航②式可知 5mgl>μMg·4l ⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中 点C。由机械能守恒定律有
考点一
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2020届高考物理复习专题《三大观点解决电磁感应问题》强化练习题
三大观点解决电磁感应问题考点1 能量观点1．(2019·河南省名校联盟)如图所示，两条间距L ＝0.50 m 、平行光滑U 形导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨的底部接一阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其中CM ＝PD ＝4.5 m ，导轨及其他部分电阻不计．一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B ＝2.0 T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F ，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中( )A ．通过电阻R 的电荷量为2.0 CB ．拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C ．拉力F 做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R 产生的焦耳热之和D ．拉力F 先增大后保持不变2．(2019·河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B 、方向水平向里的匀强磁场．正方形金属线框abcd 边长为L ，质量为m ，电阻为R .将线框在虚线上方一定高度处由静止释放，运动过程中ab 边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F 阻．线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g .则线框释放时ab 边与水平虚线间的高度差为( )A.m （mg －F 阻）R2B 2L 4B.m （mg －F 阻）R 22B 4L4C.m （mg －F 阻）R 2B 2L 4D.m （mg －F 阻）R2B 4L43．(多选)(2019·洛阳模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 和MN ，两导轨间距为L ，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g .则下列判断正确的是( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．a 、c 匀速运动的速度为2mgR sin θB 2L24．(2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l ＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R ＝0.1 Ω的电阻，质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x .在0.2 m ≤x ≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t ＝0时刻起，棒ab 在沿x 轴正方向的外力F 作用下，从x ＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v 与位移x 满足v ＝kx (可导出a ＝kv )，k ＝5 s－1.当棒ab 运动至x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝0.12 W ，运动至x 2＝0.8 m 处时撤去外力F ，此后棒ab将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)．求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q . 考点2 动力学观点5．(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab 和cd ，假定它们沿导轨运动的速率分别为v 1和v 2，且v 1<v 2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab 、cd 的运动情况应该为( )A ．ab 和cd 都向右运动B ．ab 和cd 都向左运动C ．ab 向右、cd 向左做相向运动D ．ab 向左、cd 向右做背向运动6．(多选)(2019·惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC 和DEF 固定成正对平行的导轨，其中，AB 和DE 部分水平，倾斜的BC 和EF 部分与水平面的夹角为θ，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B 0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE 向上、大小也为B 0的匀强磁场．现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE )，两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab 棒处于静止状态且距离BE 足够远．现将cd 棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．最后两棒匀速运动B ．cd 棒的速度始终大于ab 棒的速度C ．cd 棒的加速度一直减小D ．回路中电流先增大后不变7．(多选)(2019·中山模拟)如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3B ωL22（R ＋r ）C ．金属棒AC 间电压为为3B ωL 2R2（R ＋r ）D ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小8．(2019·南阳模拟)如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut 关系如图乙所示．(1)求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小；(2)求定值电阻上产生的热量Q 1；(3)多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m 、电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．考点3 动量观点9．(2019·许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v (v <v 0)那么( )A ．完全进入磁场时线圈的速度大于(v 0＋v )/2B ．完全进入磁场时线圈的速度等于(v 0＋v )/2C ．完全进入磁场时线圈的速度小于(v 0＋v )/2D ．以上情况AB 均有可能，而C 是不可能的10．(多选)如图所示，间距为d 的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接一定值电阻R ，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属棒ab 以初速度v 0沿导轨向右运动，当位移为x 时速度减为零，已知金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，其余部分电阻不计，重力加速度为g ，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 中的感应电流方向由a 到bB ．通过电阻R 的电荷量为Bdx 2RC ．金属棒产生的焦耳热为14mv 20－12μmgxD ．金属棒运动的时间为v 0μg －B 2d 2xμmgR11．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，间距为L ，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m 和2m 的金属棒ab 、cd ，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R ，导轨电阻不计．现给金属棒ab 水平向左的瞬时冲量I 0，同时给cd 棒水平向右的瞬时冲量2I 0.则在以后的运动过程中( )A ．通过ab 棒的最大电流为BLI 02mRB ．cd 棒的最大加速度为B 2L 2I 02m 2RC ．最终两金属棒将静止在导轨上D ．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I 23m12．(2019·石家庄模拟)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R 以外的其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q .参考答案考点1 能量观点1．(2019·河南省名校联盟)如图所示，两条间距L ＝0.50 m 、平行光滑U 形导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨的底部接一阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其中CM ＝PD ＝4.5 m ，导轨及其他部分电阻不计．一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B ＝2.0 T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F ，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中( )A ．通过电阻R 的电荷量为2.0 CB ．拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C ．拉力F 做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R 产生的焦耳热之和D ．拉力F 先增大后保持不变 解析：通过电阻R 的电荷量q ＝BLxR ＋r＝1.5 C ，故选项A 错误；由功能原理知，拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量，故选项B 正确；由能量守恒定律知拉力F 做的功等于棒增加的机械能与电阻R 和棒的焦耳热之和，故选项C 错误；对棒由牛顿第二定律有F －mg sin θ－F A ＝ma ，可得F ＝mg sin θ＋ma＋F A ，其中F A ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，因为导体棒做匀加速运动，所以F A 一直增大，即力F 一直增大，选项D 错误．答案：B2．(2019·河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B 、方向水平向里的匀强磁场．正方形金属线框abcd 边长为L ，质量为m ，电阻为R .将线框在虚线上方一定高度处由静止释放，运动过程中ab 边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F 阻．线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g .则线框释放时ab 边与水平虚线间的高度差为( )A.m （mg －F 阻）R2B 2L 4B.m （mg －F 阻）R 22B 4L4C.m （mg －F 阻）R 2B 2L 4D.m （mg －F 阻）R2B 4L4解析：金属线框进入磁场前，根据动能定理得mgh －F 阻h ＝12mv 2，进入磁场时，由平衡条件得mg ＝B 2L 2vR＋F 阻，联立解得h ＝m （mg －F 阻）R 22B 2L4，故选项B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B3．(多选)(2019·洛阳模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 和MN ，两导轨间距为L ，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g .则下列判断正确的是( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．a 、c 匀速运动的速度为2mgR sin θB 2L2解析：b 棒静止mg sin θ＝F A ，a 棒匀速向上运动m c g ＝mg sin θ＋F A ，联立得m c ＝2m sin θ，又因F A ＝B 2L 2v 2R，解得v ＝2mgR sin θB 2L2，故A 、D 正确；b 放上之前，a 、c 系统机械能守恒，故a 增加的重力势能与a 、c 增加的动能之和才等于c 减小的重力势能，故B 错误；b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能与杆a 增加的重力势能之和，故物块c 减少的重力势能大于回路消耗的电能，故C 错误．答案：AD4．(2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l ＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R ＝0.1 Ω的电阻，质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x .在0.2 m ≤x ≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t ＝0时刻起，棒ab 在沿x 轴正方向的外力F 作用下，从x ＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v 与位移x 满足v ＝kx (可导出a ＝kv )，k ＝5 s－1.当棒ab 运动至x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝0.12 W ，运动至x 2＝0.8 m 处时撤去外力F ，此后棒ab将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)．求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q .解析：(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝（Blv ）2R，此时v ＝kx ＝1 m/s ， 解得B ＝PR （lv ）2＝305T ； (2)在无磁场区间0≤x <0.2 m 内，有a ＝kv ＝k 2x由牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得F ＝(0.96＋2.5x ) N ，在有磁场区间0.2 m ≤x ≤0.8 m 内，有 F A ＝（Bl ）2vR＝0.6x N ，F ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x ) N ＝(0.96＋3.1x ) N ；(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)W A1＝0.6 N2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J ， 撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为s ，再次进入磁场时的速度为v ′，由动能定理有 (mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝12mv 2，(mg sin θ－μmg cos θ)s ＝12mv ′2，解得v ′＝2 m/s ，由于mg sin θ－μmg cos θ－（Bl ）2v ′R＝0，故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动 下降过程中克服安培力做的功 W A2＝（Bl ）2v ′R(x 2－x 1)＝0.144 J ，Q ＝W A1＋W A2＝0.324 J.答案：见解析考点2 动力学观点5．(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1<v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为( )A．ab和cd都向右运动B．ab和cd都向左运动C．ab向右、cd向左做相向运动D．ab向左、cd向右做背向运动解析：根据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不一定最大，选项C正确．答案：C6．(多选)(2019·惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC和DEF固定成正对平行的导轨，其中，AB 和DE部分水平，倾斜的BC和EF部分与水平面的夹角为θ，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也为B0的匀强磁场．现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE)，两导体棒质量均为m、电阻均为R，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab棒处于静止状态且距离BE足够远．现将cd棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．最后两棒匀速运动B．cd棒的速度始终大于ab棒的速度C．cd棒的加速度一直减小D．回路中电流先增大后不变解析：以cd棒为研究对象，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速运动，加速度逐渐增大，而cd棒沿斜面向下加速运动，随着速度增大．安培力逐渐变大．根据牛顿第二定律可得，mg sin θ－F A＝ma，所以cd棒的加速度逐渐减小，当二者加速度相等时，加速度保持不变，所以最后匀加速运动，选项A、C错误；cd棒做加速度逐渐减小的加速运动、ab棒做加速度逐渐增大的加速运动，根据v＝at可知，cd棒的速度始终大于ab棒的速度，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B0L(v ad－v ab)，根据闭合电路的欧姆定律可得I ＝E2R＝B 0L （v ad －v ab ）2R ＝B 0L （a ad －a ab ）t2R，由于开始一段时间内cd 棒做加速度大于ab 棒加速度的加速运动，所以回路电流强度先增加，当二者的加速度相等时，电流强度不变，选项D 正确．答案：BD7．(多选)(2019·中山模拟)如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3B ωL22（R ＋r ）C ．金属棒AC 间电压为为3B ωL 2R2（R ＋r ）D ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小解析：根据右手定则判断可知金属棒中有从C 到A 的感应电流，选项A 错误；金属棒产生的感应电动势为E ＝12B (2L )2ω－12BL 2ω＝32BL 2ω，外电阻R 中的电流为I ＝E R 总＝3B ωL 22（R ＋r ），选项B 正确；金属棒AC 间电压为U ＝IR ＝3B ωL 2R 2（R ＋r ），选项C 正确；根据电源的内外电阻相等时输出功率最大，则知当r ＝R 时外电阻消耗功率最大，选项D 错误．答案：BC8．(2019·南阳模拟)如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut 关系如图乙所示．(1)求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小； (2)求定值电阻上产生的热量Q 1；(3)多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m 、电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．解析：(1)ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ，根据闭合电路欧姆定律得E 1＝U ＋U2R ·R ，解得E 1＝1.5U ，根据法拉第电磁感应定律得：E 1＝B 1dv 1， 解得v 1＝1.5UB 1d；(2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可知．定值电阻此时两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得 B 1dv 22R ＋R·2R ＝2U ，解得v 2＝3UB 1d，棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得：mg sin 37°·L －μmg cos 37°·L －W 安＝12mv 22－12mv 21，根据功能关系可得产生的总焦耳热Q 总＝W 安，则定值电阻产生的焦耳热为Q 1＝2R2R ＋RQ 总， 联立解得Q 1＝13mgL －9mU24B 21d2；(3)两棒以相同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab 棒，根据共点力的平衡可得mg sin 37°－μmg cos 37°－B 21d 2v2R＝0，解得v ＝mgR B 21d2. 对cd 棒，因为2mg sin 37°－μ·2mg cos 37°＞0，故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可知磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动，则有2mg sin 37°－μ(2mg cos 37°)＋B 2×12×B 1dv2R ×d ＝0，将v ＝mgRB 21d2代入解得B 2＝32B 1. 答案：(1)1.5U B 1d (2)13mgL －9mU 24B 21d 2 (3)32B 1 方向沿导轨平面向上考点3 动量观点9．(2019·许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v (v <v 0)那么( )A ．完全进入磁场时线圈的速度大于(v 0＋v )/2B ．完全进入磁场时线圈的速度等于(v 0＋v )/2C ．完全进入磁场时线圈的速度小于(v 0＋v )/2D ．以上情况AB 均有可能，而C 是不可能的解析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v 0，末速度为v .由动量定理可知：BI —L Δt ＝mv －mv 0，又电量q ＝I —Δt ，得m (v －v 0)＝BLq ，得速度变化量Δv ＝v －v 0＝BLq m ，由q ＝ΔΦR可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v ′，则有v 0－v ′＝v ′－v ，解得v ′＝v 0＋v2，B 正确．答案：B10．(多选)如图所示，间距为d 的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接一定值电阻R ，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属棒ab 以初速度v 0沿导轨向右运动，当位移为x 时速度减为零，已知金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，其余部分电阻不计，重力加速度为g ，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 中的感应电流方向由a 到bB ．通过电阻R 的电荷量为Bdx2RC ．金属棒产生的焦耳热为14mv 20－12μmgxD ．金属棒运动的时间为v 0μg －B 2d 2xμmgR解析：根据右手定则可知金属棒ab 中的感应电流方向由b 到a ，故A 错误；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝Bdx2R ，故B 正确；根据能量守恒定律12mv 20＝2Q ＋μmgx ，可得金属棒ab 产生的焦耳热Q ＝14mv 20－12μmgx ，故C 正确；对于金属棒ab ，根据动量定理－Bdq －μmgt ＝0－mv 0，联立解得t ＝v 0μg －B 2d 2x2μmgR，故D 错误．答案：BC11．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，间距为L ，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m 和2m 的金属棒ab 、cd ，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R ，导轨电阻不计．现给金属棒ab 水平向左的瞬时冲量I 0，同时给cd 棒水平向右的瞬时冲量2I 0.则在以后的运动过程中( )A ．通过ab 棒的最大电流为BLI 02mRB ．cd 棒的最大加速度为B 2L 2I 02m 2RC ．最终两金属棒将静止在导轨上D ．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I 23m解析：开始时，由I ＝mv 可得两棒的初速度v 0＝I 0m ，此时回路中的电流最大为I ＝2BLv 02R ＝BLI 0mR ，cd 棒受到的安培力最大F 安＝BIL ＝B 2L 2I 0mR ，则加速度最大a ＝B 2L 2I 02m 2R，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，则有2I 0－I 0＝3mv ，解得v ＝I 03m ，一起向右匀速运动则无感应电流，选项B 正确，A 、C 错误；由能量守恒定律可知，该系统产生热量Q ＝12·3mv 20－12·3mv 2＝4I 203m，选项D 正确．答案：BD12．(2019·石家庄模拟)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R 以外的其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q .解析：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2r，解得v ＝ 5 m/s ；(2)发生正碰后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 －Mg ·2r ＝12Mv 2－12Mv 22，解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s ， 两杆碰撞过程中动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2 m/s ，ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有12mv 21＝Q ， 解得Q ＝2 J. 答案：见解析。
高考物理二轮专题辅导训练专题2第5讲热点一几个重要功能关系的应用含解析
热点一几个重要功能关系的应用1.图2－5－4(2014·东莞市调研测试)如图2－5－4所示，长木板A放在滑腻的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A 静止的进程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A取得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，按照能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；按照动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A取得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．答案CD2．(2014·广东韶关一模)图2－5－5一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2－5－5所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上紧缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此进程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A ．由A 到C 的进程中，动能和重力势能之和维持不变B ．由B 到C 的进程中，弹性势能和动能之和逐渐减小C ．由A 到C 的进程中，物块m 的机械能守恒D ．由B 到C 的进程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒解析 对物块由A 到C 的进程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A 、C 错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升进程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，B 、D 正确．答案 BD3．如图2－5－6所示，图2－5－6竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的进程中，重力、电场力对小球所做的功别离为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述进程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W1C ．小球的机械能增加W1＋12mv2D ．小球的电势能减少W2解析 由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能转变的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋12mv2，故C 选项错误；按照电场力做功是电势能转变的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确．答案 BD4．如图2－5－7所示，甲、乙两传送带、倾斜于水平地面放置，传送带上表面以一样恒定速度v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上抵达B 处时恰好达到传送带的速度v ；小物块在乙传送带上抵达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速度v.已知B 处离A 处的竖直高度皆为H.则在小物体从A 到B 的进程中( )图2－5－7A ．两种传送带对小物体做功相等B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等解析 对小物体，从A 到B 由动能定理有W －mgH ＝12mv2，则A 正确；小物体在匀加速进程中，由a ＝v22x ，因位移x 不同，则加速度不同，按照牛顿第二定律，动摩擦因数不同，则C 正确；系统产生的热量Q ＝μmgs 相cos θ＝μmgcos θ·v22μgcos θ－gsin θ＝mv22－2tan θμ，因动摩擦因数不同，Q 不同，则D 错误；将小物体传送到B 处，传送带消耗的电能E ＝W ＋Q ，可见E 也不同，则B 错误．答案 AC1．若只有电场力做功，电势能与动能之和维持不变．2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和维持不变．3．除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的转变．4．所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的转变．。
专题五 解决物理问题的“三大观点—2020高中物理二轮复习课件(共54张PPT)
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝357 m/s，vB″＝－257 m/s⑭ 这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后 A 向 右运动距离为 xA′时停止，B 向左运动距离为 xB′时停止，由运动 学公式 2axA′＝vA″2,2axB′＝vB″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得
xA′＝0.63 m，xB′＝0.28 m⑯ xA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距 离
(1)3m
2 (2)15mgH
11 (3) 9
[例 4] [“三大观点”的综合应用] [2019·全国卷Ⅲ，25]静止在水平地面上的两小物块 A、B，质 量分别为 mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹 簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离 l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将 压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和 为 Ek＝10.0 J．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B 与地面之间的动摩擦因数均为 μ＝0.20.重力加速度取 g＝10 m/s2.A、 B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
[例 2] [能量观点的应用] [2019·全国卷Ⅲ，17]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动 过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相
反的外力作用．距地面高度 h 在 3 m 以内时，物体上升、下落过程 中动能 Ek 随 h 的变化如图所示．(重力加速度取 10 m/s2.)该物体的 质量为( )
(1)求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小； (2)物块 A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B 之 间的距离是多少？ (3)A 和 B 都停止后，A 与 B 之间的距离是多少？
高考物理二轮专题复习课件：专题二题型专练二力学三大观点的综合应用
(2)若物块B的质量为m2＝1 kg，物块A与B碰撞后粘在一起，求它们最终 停止的位置距D点多远；
答案 5.5 m
12
解析 设物块A在P点与物块B碰撞前瞬间的速度为v2，加速度大小为a1， 则从D点到P点的过程中，由牛顿第二定律得：μm1g＝m1a1 －2a1L＝v22－v12 得v2＝6 m/s 物块A与物块B碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m1v2＝(m1＋m2)v3 解得v3＝3 m/s A、B碰撞后粘在一起做减速运动的过程中， 设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得：μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2
考题示例 例2 (2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面 粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、 mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与 C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同 速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞.求A与C碰撞后瞬间A的速度 大小.
A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点.
某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩
的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的
速度－时间图像如图乙所示，重力加速
度取g＝10 m/s2.求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数μA、μB；
图1
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小； 答案 4.0 m/s 1.0 m/s
解析 设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向， 由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB
①
2020届高考物理课标版二轮复习训练题：基础回扣10十、应用“三大观点”解决电学综合问题
十、应用“三大观点”解决电学综合问题
知识点1 电磁感应中的动量和能量观点解题方法
基础回扣
1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。
如在导体棒做非匀变速直线运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
2.在相互平行的水平轨道间的双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,合外力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
易错辨析
电磁感应问题中常常用到“B。
2020新课标高考物理二轮讲义：专题五 科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题
三大观点对应规律公式表达动力学观点牛顿第二定律F合＝ma匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v20＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔE k功能关系W G＝－ΔE p等机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理F合t＝p′－p 动量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2用动力学观点解决多过程问题【高分快攻】【典题例析】(2019·烟台高三三模)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)物体倾斜部分BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．[详细分析](1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mg sin θ＝ma1解得a1＝6 m/s2斜面BC长x1＝12a1t 21＝3 m.(2)物体对传感器的压力为F1＝mg cos θsin θ，由题图乙可知F1＝9.6 N解得m＝2 kg.(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2＝4 N对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2解得a2＝2 m/s2滑块在AB表面上滑行的距离x2＝v22a2而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6 m/s2×1 s＝6 m/s联立解得x2＝9 m滑块克服摩擦力做的功为W f＝fx2＝36 J.[答案](1)3 m(2)2 kg(3)36 J【题组突破】1．(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距离s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g.求(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．详细分析：(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 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 20 ①解得μ＝v 20－v 212gs 0.②(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a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20.答案：见解+析2．(2019·上海嘉定区二模)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m ＝1 kg 的物体受到平行于斜面的力F 作用，由静止开始运动．力F 随时间t 变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求第1 s 内物体运动的加速度大小a 1； (2)求第2 s 内物体运动的加速度大小a 2；(3)求第1 s 末物体的动能E k1；(4)请描述物体在第4 s 内的受力情况(或画出受力分析图)，并说明理由．详细分析：(1)第1 s 内物体受到竖直向下的重力G 、垂直斜面向上的支持力N 、平行斜面向上的摩擦力f 和平行斜面向下的力F ，合力沿斜面向下由牛顿第二定律有mg sin 37°＋0.6mg －μmg cos 37°＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2.(2)第2 s 内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f ，物体还受到竖直向下的重力G 、垂直斜面向上的支持力N ，由图乙可知力F 平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛顿第二定律有0．9mg ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2 解得a 2＝5 m/s 2.(3)物体在第1 s 末的速度大小v 1＝a 1t 1 E k1＝12mv 21＝50 J.(4)第2 s 初开始物体沿斜面向下以5 m/s 2的加速度做匀减速运动，需要t 0＝v 1a 2＝2 s 速度减为0，故第3 s 末速度为0，在第4 s 内，有0.9mg >mg sin 37°＋μmg cos 37°＝0.8mg ，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4 s 内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f ′，竖直向下的重力G ，垂直斜面向上的支持力N ，平行斜面向上的力F (同学们可以自己画出受力分析图)．答案：(1)10 m/s 2 (2)5 m/s 2 (3)50 J (4)见解+析(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动． (2)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．用能量观点解决力学综合问题【高分快攻】1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． 2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． 3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律． 4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典题例析】轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．[详细分析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .[答案] 见解+析【题组突破】1.如图所示，光滑水平面AB 与竖直平面内的半圆轨道在B 点相切，半圆形轨道的半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C (不计空气阻力)．求：(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能．详细分析：(1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，则有 F N B －mg ＝m v 2BR又F N B ＝F ′N B ＝8mg由能量守恒定律可知物体在A 点时弹簧的弹性势能 E p ＝12mv 2B ＝72mgR . (2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2CR物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12mv 2B －⎝⎛⎭⎫12mv 2C＋2mgR解得Q ＝mgR .答案：(1)72mgR (2)mgR2．(2019·德州模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点，已知重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能．详细分析：(1)物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得2μmgL cos θ＝12·3mv 20－12·3mv 2＋2mgL sin θ－mgL 可解得v ＝2 m/s.(2)以A 、B 组成的系统，在物体A 将接触弹簧又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即12·3mv 2－0＝2μmg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm 由能量守恒定律可得12·3mv 2＋2mgx sin θ－mgx ＝2μmgx cos θ＋E pm 解得E pm ＝6 J.答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J动量结合能量观点解决力学综合问题【高分快攻】动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典题例析】(2019·芜湖市期末考试)如图所示，长为L 的轻绳竖直悬挂着一质量为m 的小球A ，恰好挨着放置在水平面上质量为m 的物块B .现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后由静止释放小球．小球A 到达最低点时恰好与物块B 发生弹性碰撞，物块向右滑行了L 的距离停下．求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)若仅改变A 的质量，使物块B 与A 发生弹性碰撞后能向右滑行的距离为2L ，则小球A 的质量应该多大．[详细分析] (1)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v 0，由机械能守恒定律得： 12×mv 20＝mg (L －L cos 60°) 解得：v 0＝gL设碰撞后瞬间小球、物体的速度大小分别为v 1、v 2，由于碰撞是弹性的有： mv 0＝mv 1＋mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12mv 22 解得：v 2＝v 0＝gL对于物块向右滑行的过程，由动能定理有： μmgL ＝12mv 22μ＝0.5.(2)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v ′0，由机械能守恒定律得： 12Mv ′0＝Mg (L －L cos 60°) 解得：v ′0＝gL设碰撞后瞬间有：Mv ′0＝Mv ′1＋mv ′2 12Mv ′20＝12Mv ′21＋12mv ′22 解得：v ′2＝2MM ＋m gL若B 物体前进2L 停下则有： μmg ·2L ＝12mv ′22得v ′2＝2gL 则有v ′2＝2MM ＋mgL ＝2gL得：M ＝(2＋1)m .[答案] (1)0.5 (2)(2＋1)m【题组突破】1．如图所示，竖直平面内有一个半径为 R ＝0.8 m 的固定光滑四分之一圆弧轨道PM ，P 为圆弧轨道的最高点．圆弧轨道最底端M 处平滑连接一长 s ＝4.8 m 的固定粗糙水平轨道MN ，N 端为一个竖直弹性挡板，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 的物块A 、B 静止于M 点，它们中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，A 恰好不能从 P 端滑出，B 与挡板碰撞时没有能量损失．A 、B 与水平轨道MN 间的动摩擦因数为μ＝0.25，A 、B 均可视为质点，g 取 10 m/s 2 ，问：(1)A 刚滑上圆弧轨道时对轨道的压力为多大？ (2)炸药爆炸时有多少化学能转化为A 、B 的机械能？(3)适当改变PM 的轨道半径，保持其他条件不变，使炸药爆炸后，A 与B 刚好能同时回到M 处发生碰撞，碰撞后粘在一起，A 、B 最终停在水平轨道上的位置距离M 点多远？(结果保留 2 位有效数字)详细分析：(1)设A 刚滑上圆弧轨道的速度为 v A ，因为A 刚好滑到P 点，由机械能守恒定律有：12m A v 2A＝m A gR①设A 在M 点受到的支持力为F ，根据牛顿第二定律得： F －m A g ＝m A v 2AR② 联立①②式并代入数据，解得 F ＝60 N③由牛顿第三定律知，A 物块在M 点对轨道压力的大小为60 N. (2)设刚爆炸时B 物块的速度为v B ，由动量守恒定律有： m A v A －m B v B ＝0④ 根据能量守恒定律知炸药爆炸时转化为A 和B 的机械能为E ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ⑤ 联立①④⑤式并代入数据，解得：E ＝48 J ． ⑥(3)设B 返回M 点时的速度为v 1，根据动能定理有： －2μm B gs ＝12m B v 21－12m B v 2B⑦设A 、B 在M 点碰撞后共同速度为v ，根据动量守恒定律有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v ⑧ 设A 、B 静止时离M 点距离为L ，由动能定理有： －μ(m A ＋m B )gL ＝0－12(m A ＋m B )v 2⑨联立①④⑦⑧⑨式并代入数据，解得L ＝0.36 m. 答案：(1)60 N (2)48 J (3)0.36 m2．(2019·聊城二模)如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c ，滑块与挡板c 相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M ＝0.9 kg 的滑块沿斜面上滑，到达最高点b 时的速度恰好为零，此时恰好与从a 点水平抛出的质量为m ＝0.1 kg 的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c 碰后恰好反弹回到b 点．已知a 点和b 点距地面的高度分别为H ＝2.4 m ，h ＝0.6 m ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度大小； (2)斜面与滑块间的动摩擦因数；(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程． 详细分析：(1)小球从a 到b 做平抛运动，在竖直方向： H －h ＝12gt 2小球到达b 点时恰好沿斜面方向， 有tan 37°＝gtv 0解得：v 0＝8 m/s.(2)到达b 点的速度v ＝v 0cos 37°＝10 m/s小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv ＝mv 1＋Mv 2由能量守恒定律得：12mv 2＝12mv 21＋12Mv 22 解得滑块与小球刚碰后的速度v 2＝2 m/s 由几何关系知斜面长L ＝hsin 37°＝1 m 滑块恰好反弹回到b 点，由能量守恒定律得： 12Mv 22＝μMgL cos 37° 解得：μ＝0.25.(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c 点的距离x 2 由能量守恒定律得：Mg (L －x 2)sin 37°＝μMgL cos 37° 解得：x 2＝23L ＝23m设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c 点的距离x 3 由能量守恒定律得：Mg (x 2－x 3)sin 37°＝μMgx 2cos 37° 解得：x 3＝23x 2＝⎝⎛⎭⎫232 m 以此类推x 4＝23x 3＝⎝⎛⎭⎫233 m 所以滑块在斜面上共通过的路程为 s ＝3L ＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n ＝7 m. 答案：(1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m动量观点和能量观点的选取原则动量 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 －mv 0(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)如果物体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用三大观点解+析滑块—滑板模型和传送带模型【高分快攻】1．滑块—滑板问题的关键是分析运动过程，要特别注意“二者共速”这个临界点，“共速”时往往会发生摩擦力突变(滑动摩擦力变为静摩擦力)，运动状态突变(相对滑动变为相对静止)等情况．处理这类问题时要善于借助v －t 图象进行分析，借助图象中围成的面积很容易求出二者间的位移差．2．传送带模型题的分析流程【典题例析】(2019·日照模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？[详细分析] (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2B工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 2BR联立解得N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为N ′＝N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋M )v 1 由动能定理得μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 21 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得 mgh 1＝12mv 20代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度，设其从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v ′0，与小车达到共速时的速度为v ′1，刚滑上CD 轨道的速度为v ′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv ′0＝(m ＋M )v ′1由动能定理得μmgL ＝12mv ′20－12Mv ′21－12mv ′22工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12mv ′22＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得 mgh ′＝12mv ′20联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.[答案] 见解+析【题组突破】1．(2019·昌乐二中三模)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长l ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g 取10 m/s 2，现释放A ，求：(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A 、B 能够碰撞的总次数．详细分析：(1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgl ，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B2t 1＝0.8 m.此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝va 1＝0.3 s ，位移为x 2＝v2t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12mv 2＝2nμ1mgl .解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5≈6(取整数)．答案：(1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次2．(2019·济宁市二模)质量为M ＝3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t ＝0时，两个质量都是m ＝1.0 kg 的小物体A 和B (均可看做质点)，分别从左端和右端以大小为v 1＝4.0 m/s 和v 2＝2.0 m/s 的水平速度冲上小车C ，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A 、B 与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g 取10 m/s 2.(1)求A 、B 在车上停止滑动时车的速度． (2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s 内小车运动的速度－时间图象．详细分析：(1)以水平向右为正方向，设A 、B 在车上停止滑动时，车的速度为v ，根据动量守恒定律可得m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v解得v ＝0.40 m/s ，方向水平向右．(2)设A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为l 1和l 2，由功能关系可得μmgl 1＋μmgl 2＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2 解得l 1＋l 2＝4.8 m ，即车长至少为4.8 m. (3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A 、B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg ，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B 的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma得小物体的加速度大小a ＝μg设B 到t 1时刻停止滑动，则t 1－0＝v 2a＝1.0 s第二阶段：B 停止运动后，A 继续在车上滑动．设到t 2时刻物体A 与车有共同速度v ，则有v ＝(v 1－v 2)－a (t 2－t 1)解得t 2＝1.8 s第三阶段：t 2时刻之后，车以速度v 做匀速直线运动，小车运动的速度－时间图象如图所示．答案：见解+析(建议用时：40分钟)1．(2018·高考天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中(1)加速度a 的大小； (2)牵引力的平均功率P .详细分析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v 2＝2ax①代入数据解得 a ＝2 m/s 2.②(2)设飞机滑跑受到阻力为F 阻，依题意有 F 阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有 F －F 阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为v －，有 v －＝v 2⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P ＝F v －⑥联立②③④⑤⑥式得 P ＝8.4×106 W. 答案：见解+析2．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 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝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．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求物块经过B 端时速度的大小；(2)求物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？详细分析：(1)根据运动的合成与分解，B 点速度方向与水平方向夹角为53°，故v B ＝v 0sin θ＝2 m/s.(2)物块从B 到C 应用动能定理，有 mg (R ＋R sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得v C ＝6 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m ·v 2CR解得F ＝46 N由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力大小为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q ＝12mv 2C＝18 J.答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J。