(通用版)2019版高考物理专题检测(十)应用“动力学观点”破解力学计算题(含解析)
应用“动力学观点”破解力学1．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m 的物块A 和物块B 并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P ，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A 连接，A 、B 处于静止状态，若A 、B 粘连在一起，用一沿斜面向上的力F T 缓慢拉B ，当拉力F T ＝14mg 时，A 、B 的位移为L ；若A 、B 不粘连，用一沿斜面向上的恒力F 作用在B 上，当A 的位移为L 时，A 、B 恰好分离，重力加速度为g ，不计空气阻力。
(1)求弹簧的劲度系数和恒力F 的大小；(2)请推导F T 与A 的位移l 之间的函数关系，并在图乙中画出F T l 图像，计算A 缓慢移动位移L 的过程中F T 做功W F T 的大小；(3)当A 、B 不粘连时，恒力F 作用在B 上，求A 、B 刚分离时速度的大小。
解析：(1)设弹簧的劲度系数为k ，初始时A 、B 静止，弹簧的压缩量为x ，根据平衡条件可得2mg sin θ＝kx当A 、B 的位移为L 时，沿斜面方向根据平衡条件可得F T ＋k (x －L )＝2mg sin θ解得k ＝mg4L当A 、B 恰好分离时二者之间的弹力为零，对A 应用牛顿第二定律可得 k (x －L )－mg sin θ＝ma对B 应用牛顿第二定律可得F －mg sin θ＝ma解得F ＝34mg 。
(2)当A 的位移为l 时，根据平衡条件有：F T ＋k (x －l )＝2mg sin θ解得F T ＝mg4Ll画出F T l 图像如图所示， A 缓慢移动位移L ，图线与横坐标轴所围成的面积等于F T 做功大小，即W F T ＝18mgL 。
(3)设A 通过位移L 的过程中弹力做功W ，分别对两个过程应用动能定理可得：W F T －2mgL sin θ＋W ＝0－0W F －2mgL sin θ＋W ＝12×2mv 2－0又W F ＝FL ，解得v ＝1410gL 。
答案：(1)mg 4L 34mg (2)F T ＝mg 4L l 见解析图 18mgL (3)1410gL 2．(2019届高三·天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。
现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t 。
解析：(1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度大小为a ，则对滑块有μmg ＝ma 滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v 02＝－2aL 解得μ＝12。
(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 10－v 02＝－2a 1s0＝v 0－a 1t 1 解得s ＝54 m ，t 1＝12s 设滑块下滑时的加速度大小为a 2，下滑的时间为t 2，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2s ＝12a 2t 22解得t 2＝52 s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s 。
答案：(1)12 (2)1＋52s3．(2018·南昌模拟)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m ＝2 kg 的物块，物块受如图甲所示的水平恒力F 的作用。
t ＝0时刻物块以某一速度从斜面上A 点沿斜面下滑，在t ＝4 s 时滑到水平面上，此时撤去F ，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。
已知A 点到斜面底端的距离x ＝18 m ，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：(1)物块在A 点的速度大小；(2)水平恒力F 的大小。
解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x ＝v 0＋v 2t 解得v 0＝5 m/s 。
(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，方向沿斜面向上，则x ＝v 0t －12a 1t 2解得a 1＝0.25 m/s 2设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时加速度大小为a 2，有 μmg ＝ma 2由题图乙中图线可知a 2＝2 m/s 2解得μ＝0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为F f ，则 F cos θ－mg sin θ＋F f ＝ma 1F f ＝μF NF N ＝mg cos θ＋F sin θ解得F ≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB之间的夹角为α，sin α＝35。
一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。
重力加速度大小为g 。
求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间。
解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则有F 0＝mg tan α＝34mgF ＝mgcos α＝54mg 设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R解得v ＝5gR 2。
(2)设小球到达A 点时速度大小为v1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，如图所示，由几何关系得DA ＝R sin αCD ＝R (1＋cos α)小球由A 到C 的过程中，由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 12 解得v 1＝23gR 2所以小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR 2。
(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度v y ＝v sin α、加速度为g 的匀加速直线运动， CD ＝v y t ＋12gt 2解得t ＝35 5R g。
答案：(1)34mg 5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)35 5R g5.如图所示，传送带长6 m ，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。
一个质量为2 kg 的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2。
求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1解得：a 1＝10 m/s 2。
(2)设物块速度减为5 m/s 所用时间为t 1，则v 0－v ＝a 1t 1，解得：t 1＝0.5 s通过的位移： x 1＝v ＋v 02t 1＝10＋52×0.5 m＝3.75 m<6 m 因μ<tan 37°，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为a 2，则：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得：a 2＝2 m/s 2设物块到达传送带顶端时的速度为v 1，则：v 2－v 12＝2a 2x 2 x 2＝l －x 1＝2.25 m解得：v 1＝4 m/s 。
答案：(1)10 m/s 2(2)4 m/s6．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L ＝36 m 、倾角为θ＝37°的斜坡。
已知赛道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数 μ1＝0.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数μ2＝0.25，g 取10 m/s 2。
已知甲和乙均可看成质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；(2)若乙比甲晚出发Δt ＝2 s ，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为5 m 。
则乙的初速度为多大？并判断乙能否追上甲，写出判断过程。
解析：(1)设甲的质量为m 1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有 m 1g sin θ－μ1m 1g cos θ＝m 1a 甲代入数据解得a 甲＝2 m/s 2设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为v 1则有2a 甲L ＝v 12代入数据解得v 1＝12 m/s 。
(2)设乙的质量为m 2，对乙有 m 2g sin θ－μ2m 2g cos θ＝m 2a 乙代入数据解得a 乙＝4 m/s 2设甲出发后经时间t 1，乙与甲达到共同速度v ，则 v ＝a 甲t 1＝v 0＋a 乙(t 1－Δt )x 甲＝12a 甲t 12x 乙＝v 0(t 1－Δt )＋12a 乙(t 1－Δt )2Δx ＝x 甲－x 乙＝5 m代入数据解得t 1＝3 s 或t 1＝1 s(舍去) v 0＝2 m/s甲到达坡底的时间t 甲＝v 1a 甲＝6 s 设乙到达坡底所用时间为t 乙L ＝v 0t 乙＋12a 乙t 乙2代入数据解得t 乙＝73－12 s<4 s t 乙＋Δt <t 甲，故可以追上。
答案：(1)12 m/s (2)2 m/s 可以追上，判断过程见解析。
高三物理力综合计算题(2019年新版)
西面事秦 冯驩迎之 鉏麑退 ”汉王疑之 高皇帝过鲁 谋作乱 孝文帝择绛侯子贤者 嬴生魏献子 南并知氏 月蚀 自徵引洛水至商颜山下 病家多怨之者 齐兵必罢 何所不服 生子同日 出入五六日 历年兹多 庸夫且知其不可 高而不坏 二十三年 往四五日 ”孔子曰：“可以为难矣 有兵於
外 ”汉王笑谢曰：“吾宁斗智 齐人或言聂政勇敢士也 封越衍侯吴阳为北石侯；人民多文采布帛鱼盐 天子之星也 ”对曰：“始妾事其父 其牲用牛犊各一 ”乃警公仲之行 小国见亡 公惧 申纪者 具得其事 ”报使者曰：“必取吾眼置吴东门 亦有宠 诗曰：“得人者兴 作之十馀岁 徒安
Mgl
1 2
1.5Mv12
1 2
Mv22
1 2
2.5Mv2
1 v1 2 v0
w
1 2
1.5Mv12
1 1.5Mv2 2
27 400
Mv02
0.068Mv02
l 2v02
15 g
1 2
Mv02
1 2
2.5Mv2
2Mgl
2v02 l 3 v02
15 g
20 g
倍盟 楚、魏王来 宋忠见贾谊於殿门外 如上帝礼 以求通子之原 圣贤影响 闻乐毅与燕新王有隙 来召臣意 为中郎署长 兵与单于接 至於中尉则心开 数挑战 夫秦王怚而不信人 此所谓盘石之宗也 以赎西伯 ”项王许诺 与语 尝召客饮 申党字周 围入问王疾 流离轻禽 身死泜上 徙野王
建律运历造日度 乐臣公教盖公 析珪而爵 徒车之所辚轹 行道德岂可以忽秋哉 待酒於前 为督道仓吏 章邯引兵解 奔星更於闺闼 ”吕太后怒 卒四十万人降武安君 而君责之何深也 必匿其形 曲逆穷巷 齐不加广而君私家富累万金 明则有礼乐 齐文王立十四年卒 勇士不却死而灭名 至棫
(完整版)2019年全国高考理综物理试题及答案-全国卷I(精编版),推荐文档
绝密★本科目考试启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷I）理科综合测试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56I 127二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。
在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。
全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分。
14．氢原子能级示意图如图所示。
光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。
要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.5l eV 15．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷16.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。
若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg17.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为A．2F B．1.5F C．0.5F D．0H18.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。
动力学和能量观点的综合应用(解析版)
动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2.方法技巧(1)“合”--整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”--将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”--找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．1(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。
游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。
挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。
弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。
下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误；BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。
2024届全国高考复习物理历年好题专项(动力学方法和能量观点的综合应用)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项（动力学方法和能量观点的综合应用）练习1.[2023ꞏ天津十二校模拟]滑雪是一种常见的体育项目，具有很强的观赏性．半径为R 的四分之一圆弧轨道如图所示，质量为m 的运动员(含滑板)从A 点由静止开始滑下，到达最低点B 时，运动员对轨道的压力为2mg ，已知轨道半径远大于运动员的身高，重力加速度为g ，则运动员下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能守恒B ．先失重后超重C ．重力的功率一直变大D ．阻力做功为12 mgR2．[2023ꞏ天津河东区一模](多选)某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上．已知传送带的宽度d ＝0.98 m (物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v 0＝1 m /s ，物块到达风洞区域前与传送带共速．物块的质量m ＝500g ，物块在风洞区域受到恒定的作用力F ＝2 N ，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L ＝0.7 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g ＝10 m /s 2.下列说法正确的是( )A ．物块进入风洞区域后的加速度为2 5 m /s 2B ．物块落到平台上时的速度约为1.7 m /sC ．物块与传送带间的摩擦生热为0.49 JD ．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台 3.[2023ꞏ湖南邵阳二中模拟](多选)如图所示，现将一长为L 、质量为m 且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为L3的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θB．释放瞬间链条的加速度为13g sin θC．释放后，链条运动的加速度均匀增大D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加4.(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动．现将质量为m＝0.2 kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N.小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知P、Q之间的距离为L＝4 m，取g＝10 m/s2，小物块可视为质点．下列说法正确的是()A．传送带的最小转动速率为v0＝5 m/sB．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t＝1.5 sC．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q ＝5 JD．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝5 J5.在倡导“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来．当人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示．设转化装置的效率为100%，则() A．自由滑行时，人和车所受的合力为100 NB．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200 JD．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变[答题区]题号 1 2 3 4 5答案6.[2023ꞏ江苏南京一中检测]如图所示，一小物块(视为质点)从H＝10 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2 m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接．之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧．已知物块的质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15 m，g＝10 m/s2，求：(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时压缩量为10 m，求此时弹簧弹性势能．7．[2023ꞏ湘鄂豫名校4月联考]雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点之一．北京2022年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行．雪车比赛所用赛道长1.5 km左右，落差在100 m至150 m之间．比赛可以分为两个过程：过程1中运动员手推雪车沿斜向下的赛道奔跑获得初始速度，如图1所示；过程2中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如图2所示．设雪车的质量为m1，运动员的总质量为m2，重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦．(1)过程1中运动员推车奔跑使雪车获得速度v0，这一过程中赛道的落差为h，求这一过程中运动员对雪车做的功W.(2)过程2中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜．若雪车以速度v通过半径为r的一小段弯道，弯道落差可忽略．建立图3所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点，求在弯道处赛道对雪车的支持力F N的大小．8．[2023ꞏ湖北武汉武昌区一模]如图所示，从A点以水平速度v0＝2 m/s抛出质量m＝1 kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2 m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间动摩擦因数μ为某一定值，g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：(1)抛出点A距水平地面的高度H；(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能E p.参考答案1．答案：B答案解析：运动员在最低点时根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，12 m v 2<mgR 可知运动员的机械能不守恒，可知有阻力做功，根据功能关系有W f ＋mgR ＝12 m v 2，W f ＝－12 mgR ，选项A 、D 错误；运动员在圆弧轨道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B 正确；重力的功率开始时为零，到达最低点时重力与速度方向垂直，则重力的功率也为零，则重力的功率先增大后减小，选项C 错误．2．答案：BC答案解析：进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F >μmg ，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 解得a ＝2 m/s 2，故A 错误；物块经过风洞区域所用时间t ＝Lv 0＝0.7 s ，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y ＝12 at 2＝0.49 m ＝d2 ，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v ＝v 20 ＋（at ）2 ＝ 2.96 m/s ≈1.7 m/s ，故B 正确；物块与传送带间的摩擦生热Q ＝μmgx 相对＝μmgy ＝0.49 J ，故C 正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t 减小，在垂直于传送带运动方向位移y 减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D 错误．3．答案：AB答案解析：设整个链条的总质量为m ，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止，则mg sin θ＝μꞏ14 mg cos θ，解得μ＝4tan θ，A 正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μꞏ13 mg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得a ＝13 g sin θ，B 正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传送带部分的长度增加而均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C 错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W －W G ＝ΔE k ，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D 错误．4．答案：AD答案解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q 点已与传送带共速且小物块刚好能到达N 点．在N 点有mg ＝m v 2NR 小物块从Q 点到N 点，由动能定理得－mg ꞏ2R ＝12 m v 2N －12 m v 20 联立解得v 0＝5 m/s ，故A 正确；设小物块经过时间t 1加速到与传送带共速，则μmg ＝ma ，v 0＝at 1小物块的位移x 1＝12 at 21 代入数据可得x 1＝2.5 m ，t 1＝1 s ，1 s 后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q ，设时间为t 2，t 2＝L －x 1v 0 ＝0.3 s ，则小物块从P 运动到Q 的时间t ＝t 1＋t 2＝1.3 s ，故B 错误；传送带在t 1时间内的位移x 2＝v 0t ，根据题意则有Δx ＝x 2－x 1；Q ＝μmg Δx 联立解得Q ＝2.5 J ，故C 错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W ＝Q ＋12 m v 20 ，代入数据解得W ＝5 J ，故D 正确． 5．答案：C答案解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为F f ，在整个运动过程中，由动能定理得－F f x ＝－E k 解得F f ＝50 N ，A 错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F ，在很短的一段位移Δx 内动能的变化量为ΔE k ，由动能定理得－F ꞏΔx ＝ΔE k ，则ΔE kΔx ＝－F 由数学知识知，F 等于图线切线斜率的绝对值，由题图知，图线的切线斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F 减小，B 错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔE k ＝F f x 1＋W 解W ＝ΔE k －F f x 1＝500 J －50×6 J ＝200 J ，C 正确；设在很短的一段时间Δt 内通过的位移为Δx ，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW ＝F ꞏΔx －F f ꞏΔx ，则ΔWΔt ＝F ꞏΔx Δt －F f ꞏΔxΔt ，即P ＝()F －F f v 因为人和车所受的合力F 减小，人和车的速度v 减小，故转化的电能的功率P 减小，D 错误．6．答案：(1)102 m/s (2)100 N (3)100 J答案解析：(1)物块从A 滑到B 的过程由动能定理得mgH ＝12 m v 2B 解得v B ＝102 m/s.(2)物块从A 滑到C 的过程由动能定理得mg (H －2R )＝12 m v 2C 在C 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR 联立解得F N ＝100 N.(3)从B 点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得12 m v 2B ＝μmg (L ＋x )＋E p 解得E p ＝100 J ．7．答案：(1)12 m 1v 20 －m 1gh (2)(m 1＋m 2)g 2＋v 4r 2答案解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W ＋m 1gh ＝12 m 1v 20 解得W ＝12 m 1v 20 －m 1gh .(2)根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力F 向＝(m 1＋m 2)v 2r对运动员和雪车进行受力分析，如图所示根据平行四边形定则可知F 2N ＝(m 1＋m 2)2g 2＋F 2向 代入解得F N ＝(m 1＋m 2) g 2＋v 4r 2 .8．答案：(1)1.6 m (2)14 J答案解析：(1)物块经过B 点时有tan θ＝v yv 0可得v y ＝23 m/s小物块运动至B 点的竖直分位移y ＝v 2y2g ＝0.6 mA 点距地面的高度H ＝y ＋R (1－cos 60°)＝1.6 m. (2)以地面为零势面，设物块在水平地面向右运动的位移为x ，从A 点水平抛出到第一次返回B 点过程中有12m v 20 ＋mgH ＝μmg ꞏ2x ＋mgR (1－cos 60°) 可得μmgx ＝4 J从A 点水平抛出到弹簧压缩最短过程中有12 m v 20 ＋mgH ＝μmgx ＋E p E p ＝14 J ．。
(完整版)2019年全国高考物理实验题.doc
2019 年全国高考物理实验题（5分）（ 2019 年全国 1 卷 22）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。
物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。
已知打点计时器所用交流电的频率为 50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有 4 个打出的点未画出。
在ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是点，在打出 C 点时物块的速度大小为m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为m/s2 2 (A 0.233（保留位有效数字）。
0.75)23．（ 2019 年全国 1 卷 23）（ 10 分）某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。
该同学测得微安表内阻为 1 200Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与微安表连接，进行改装。
然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（ 1）根据图（ a）和题给条件，将（b）中的实物连接。
（ 2）当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是。
（填正确答案标号）A ． 18 mA A ． 21 mAC．25mA D． 28 mA（ 3）产生上述问题的原因可能是。
A ．微安表内阻测量错误，实际内阻大于 1 200ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于 1 200ΩC．R 值计算错误，接入的电阻偏小D． R 值计算错误，接入的电阻偏大（ 4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是都正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为 kR 的电阻即可，其中k=。
（1）连线如图所示（2）C（3）AC（4）997922．（ 2019 年全国 2 卷 22）（ 5 分）如图（ a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。
所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率 50Hz 的交流电源，纸带等。
高考物理-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)
2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)． 【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。
某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。
已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。
用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题..............................................................................................1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题.....................................................5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题.......................................................10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型. (13)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................18一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二．题型及要领归纳热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1.解决传送带问题的关键点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f ＝F f ·x (x 为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f ＝F f ·s (s 为相对路程).【例1】（2023春·湖北荆州·统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度5m L =的传送带，与水平面的夹角37θ=︒，传送带一直保持匀速运动，速度2m/s v =。
高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C② 在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A 物块 －μMgs A ＝0－12M v 2A解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞．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．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v＝12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L＝2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长为x＝2 m，水平面右端与一光滑的半径R＝1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB能沿半圆轨道运动到N点，且从N点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma，代入数据得：a＝12 m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2 as代入数据得：s＝116m＜L＝2 m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12 m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ·2R ， 在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx ， 代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ， 联立并代入数据得：μ2＝0.09， 综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22 ②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练 训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0,0点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30°解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m/s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式： 对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s ；(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。
2019高考物理真题汇编——计算题doc资料
2019高考物理真题汇编——计算题目录牛顿第二定律 (3)功能 (4)动量 (4)力学综合 (4)动量能量综合 (6)带电粒子在电场中的运动 (7)带电粒子在磁场中的运动 (8)电磁感应 (9)法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势） (9)杆切割 (9)线框切割 (10)感生电动势 (11)电磁感应中的功能问题 (11)电磁科技应用 (12)热学 (13)光学 (15)近代物理 (17)思想方法原理类 (17)牛顿第二定律【2019天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试, 并取得成功。
航母上的舰载机采用滑跃式起飞, 故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成, 如图1所示。
为了便于研究舰载机的起飞过程, 假设上翘甲板BC是与水平甲板AB 相切的一段圆弧, 示意如图2, AB长L1＝150m, BC水平投影L2＝63m, 图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。
若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动, 经t＝6s到达B点进入BC. 已知飞行员的质量m＝60kg, g＝10m/s2, 求（1）舰载机水平运动的过程中, 飞行员受到的水平力所做功W；（2）舰载机刚进入BC时, 飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
【2019江苏卷】如图所示, 质量相等的物块A和B叠放在水平地面上, 左边缘对齐。
A 与B.B与地面间的动摩擦因数均为μ. 先敲击A, A立即获得水平向右的初速度, 在B上滑动距离L后停下。
接着敲击B, B立即获得水平向右的初速度, A.B都向右运动, 左边缘再次对齐时恰好相对静止, 此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 重力加速度为g。
求:（1）A被敲击后获得的初速度大小v A；（2）在左边缘再次对齐的前、后, B运动加速度的大小aB.aB′；（3）B被敲击后获得的初速度大小v B。
功能【2019.04浙江选考】小明以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1kg的小皮球, 最后在抛出点接住。
高考物理专题《动力学与能量观点的综合应用》原卷
12.（2022 届江西省宜春市上高二中高三（下）第七次月考理综物理试题）如图所示，倾角为 θ=37°的足够 长光滑斜面 AB 与长 LBC=2m 的粗糙水平面 BC 用一小段光滑圆弧（长度不计）平滑连接，半径 R=1.5m 的 光滑圆弧轨道 CD 与水平面相切于 C 点，OD 与水平方向的夹角也为 θ=37°。质量为 M 的小滑块从斜面上距 B 点 L0=2m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到 C 点。已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小滑块与粗糙水平面 BC 间的动摩擦因数 μ； （2）改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过 D 点，求小滑块的释放位置与 B 点的最小距离。
（2）斜面倾角 。
（3）B 的最大速度 vBm 。
6.(2022 届云南省昆明市第一中学高三（下）第十次考前适应性训练理综物理试题)如图甲所示，两个不同材 料制成的滑块 A、B 静置于水平桌面上，滑块 A 的右端与滑块 B 的左端接触。某时刻开始，给滑块 A 一个 水平向右的力 F，使滑块 A、B 开始滑动，当滑块 A、B 滑动 1.0m 时撤去力 F。整个运动过程中，滑块 A、
13.（2022 届四川省绵阳市高三（下）第三次诊断性考试理综物理试题）电池技术作为电动汽车的核心和瓶 颈，是电动汽车研究的重点和热点方向。国内某公司研发的全气候电池，在低温条件下，能实现充电时间 缩短到 1h 内，自加热速率达到 7℃/min，-10℃环境下电池总能量最多可释放 90％。搭载该型号电池的国产 电动汽车作为交通服务用车为北京冬奥会提供了交通保障。已知该型号电动汽车配置的全气候电池总能量 是 60kW·h，汽车电动机最大功率是 160kW，最大车速是 180km/h，在平直公路上行驶过程中受到阻的力 f 与车速 v 的关系式可以认为 f=kv2，k 为比例系数。求： （1）电动汽车以最大速度行驶时的牵引力和比例系数 k； （2）电动汽车在电池充满电后，在-10℃的环境下，以 54km/h 的速度在平直公路匀速行驶时的最大续航里 程（汽车电动机驱动汽车行驶的能量占电池释放能量的 80％）。 14.(2022 届云南省高三（下）第二次复习统一检测理综能力测试物理试题)某幼儿园要修建一个如图甲所示