2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2板塊 力學(xué)計(jì)算題教學(xué)案

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1、 第2板塊 力學(xué)計(jì)算題 第10講 “動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”是解答物理問題的三大觀點(diǎn)之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識(shí)主要包括：①勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；②自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；③豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律；④牛頓運(yùn)動(dòng)定律；⑤運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像。 復(fù)習(xí)這部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)側(cè)重對(duì)基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時(shí)要抓住兩個(gè)關(guān)鍵：受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析。用到的思想方法主要有：①整體法和隔離法；②臨界問題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。 考查點(diǎn)一　勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用 題點(diǎn)(一)　多過程運(yùn)動(dòng) 1．運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中正、負(fù)號(hào)的規(guī)定 直線運(yùn)動(dòng)可以用正、負(fù)號(hào)表示矢量

2、的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度v0的方向?yàn)檎较颍c初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負(fù)值，當(dāng)v0＝0時(shí)，一般以加速度a的方向?yàn)檎较颉? 2．多過程問題 如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應(yīng)注意分析各段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。 [例1]　甲、乙兩人在某一直道上完成200 m的賽跑，他們同時(shí)、同地由靜止開始運(yùn)動(dòng)，都經(jīng)過4 s的勻加速，甲的爆發(fā)力比乙強(qiáng)，加速過程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都將做一段時(shí)間的勻速運(yùn)動(dòng)，乙的耐力比甲強(qiáng)，勻速持續(xù)時(shí)間甲為10 s、乙為13 s，因?yàn)轶w力、毅力的原因，他們都將做勻減速運(yùn)動(dòng)的調(diào)節(jié)，調(diào)節(jié)時(shí)間都為2 s

3、，且速度都降為8 m/s，最后沖刺階段以8 m/s的速度勻速達(dá)到終點(diǎn)。求： (1)甲做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)甲沖刺階段完成的位移大小。 [解析]　(1)在勻加速過程，設(shè)甲的位移為x1，所用的時(shí)間為t1，達(dá)到的末速度為v1， 由x1＝，解得v1＝10 m/s； 甲做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v2，勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a2， 由a2＝ 得a2＝－1 m/s2。 (2)甲勻速運(yùn)動(dòng)的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m 甲勻減速的位移：x3＝Δt 解得x3＝18 m 最后甲沖刺的位移為：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)＝200 m－(20＋100＋18)m＝

4、62 m。 [答案]　(1)－1 m/s2　(2)62 m 題點(diǎn)(二)　自由落體運(yùn)動(dòng)與豎直上拋運(yùn)動(dòng) 1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種研究方法 (1)分段法：將全程分為兩個(gè)階段，即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段。 (2)全程法：將全過程視為初速度為v0，加速度a＝－g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，必須注意物理量的矢量性。習(xí)慣上取v0的方向?yàn)檎较?，則v＞0時(shí)，物體正在上升；v＜0時(shí)，物體正在下降；h＞0時(shí)，物體在拋出點(diǎn)上方；h＜0時(shí)，物體在拋出點(diǎn)下方。 2．巧用豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性 (1)速度對(duì)稱：上升和下降過程經(jīng)過同一位置時(shí)速度等大反向。 (2)時(shí)間對(duì)稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的

5、上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。 [例2]　一小球豎直向上拋出，先后經(jīng)過拋出點(diǎn)的上方h＝5 m處的時(shí)間間隔Δt＝2 s，則小球的初速度v0為多少？小球從拋出到返回原處所經(jīng)歷的時(shí)間是多少？ [解析]　畫出小球運(yùn)動(dòng)的情景圖，如圖所示。 小球先后經(jīng)過A點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt＝2 s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，小球從最高點(diǎn)到A點(diǎn)的時(shí)間t1＝＝1 s，小球在A點(diǎn)處的速度 vA＝gt1＝10 m/s 在OA段根據(jù)公式vA2－v02＝－2gh 解得v0＝10 m/s。 小球從O點(diǎn)上拋到A點(diǎn)的時(shí)間 t2＝＝ s＝(－1)s 根據(jù)對(duì)稱性，小球從拋出到返回原處所經(jīng)歷的總時(shí)間 t＝2(t1＋t2)＝2 s。

6、 [答案]　10 m/s　2 s 題點(diǎn)(三)　追及相遇問題 追及相遇問題中的“一個(gè)條件”和“兩個(gè)關(guān)系” (1)一個(gè)條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點(diǎn)。 (2)兩個(gè)關(guān)系：即時(shí)間關(guān)系和位移關(guān)系，這兩個(gè)關(guān)系可通過畫運(yùn)動(dòng)示意圖得到。 [例3]　(2018屆高三·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)摸底)貨車A正在該公路上以20 m/s的速度勻速行駛，因疲勞駕駛司機(jī)注意力不集中，當(dāng)司機(jī)發(fā)現(xiàn)正前方有一輛靜止的轎車B時(shí)，兩車距離僅有75 m。 (1)若此時(shí)B車立即以2 m/s2的加速度啟動(dòng)，通過計(jì)算判斷：如果A車司機(jī)沒有剎車，是否會(huì)撞上B車；若不相

7、撞，求兩車相距最近時(shí)的距離；若相撞，求出從A車發(fā)現(xiàn)B車開始到撞上B車的時(shí)間。 (2)若A車司機(jī)發(fā)現(xiàn)B車，立即剎車(不計(jì)反應(yīng)時(shí)間)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2 m/s2(兩車均視為質(zhì)點(diǎn))，為避免碰撞，在A車剎車的同時(shí)，B車立即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(不計(jì)反應(yīng)時(shí)間)，問：B車加速度至少多大才能避免事故。(這段公路很窄，無法靠邊讓道) [解析]　(1)當(dāng)兩車速度相等時(shí)，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為t，則：vA＝vB 對(duì)B車：vB＝at 聯(lián)立可得：t＝10 s A車的位移為：xA＝vAt＝200 m B車的位移為：xB＝at2＝100 m 因?yàn)閤B＋x0＝175 m

8、撞，有： vAt1＝x0＋at12 代入數(shù)據(jù)解得：t1＝5 s，另一解舍去。 (2)已知A車的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度v0＝20 m/s 設(shè)B車的加速度大小為aB，B車運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，兩車相遇時(shí)，兩車速度相等，則有：vA＝v0－aAt　vB＝aBt 且vA＝vB 在時(shí)間t內(nèi)A車的位移為：xA＝v0t－aAt2 B車的位移為：xB＝aBt2 又xB＋x0＝xA 聯(lián)立可得：aB＝0.67 m/s2。 [答案]　(1)兩車會(huì)相撞　5 s　(2)0.67 m/s2 考查點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 題點(diǎn)(一)　由受力情況求解運(yùn)動(dòng)情況 首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，

9、再根據(jù)加速度特點(diǎn)及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。 [例1]　(2017·安慶模擬)如圖所示，質(zhì)量m＝5 kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知F1大小為50 N，方向斜向右上方，與水平面夾角α＝37°，F(xiàn)2大小為30 N，方向水平向左，物塊的速度v0大小為11 m/s。當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到距初始位置距離x0＝5 m時(shí)撤掉F1，g取10 m/s2。求： (1)物塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)撤掉F1以后，物塊在6 s末距初始位置的距離。 [解析]　(1)物塊向右做勻速運(yùn)動(dòng)： f＋F2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin

10、α)， 聯(lián)立解得：μ＝0.5。 (2)撤掉F1后：a1＝＝ m/s2 ＝11 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1向右運(yùn)動(dòng)速度變?yōu)?，則：t1＝＝1 s 此時(shí)向右位移：x1＝t1＝5.5 m 后5 s物塊向左運(yùn)動(dòng)：a2＝＝1 m/s2 后5 s向左位移：x2＝a2t22＝12.5 m 物塊在6 s末距初始位置的距離： Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m。 [答案]　(1)0.5　(2)2 m 題點(diǎn)(二)　由運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況 由物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。 [例2]　有一質(zhì)量m＝2 kg的小

11、球套在長(zhǎng)L＝1 m的固定輕桿頂部，桿與水平方向成θ＝37°角。靜止釋放小球，1 s后小球到達(dá)桿底端。取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球到達(dá)桿底端時(shí)速度為多大？ (2)求小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？ (3)若在豎直平面內(nèi)給小球施加一個(gè)垂直于桿方向的恒力，靜止釋放小球后保持它的加速度大小為1 m/s2，且沿桿向下運(yùn)動(dòng)，則這樣的恒力為多大？ [解析]　(1)設(shè)小球到達(dá)桿底端時(shí)速度大小為v，則 L＝ t，＝，得v＝＝2 m/s。 (2)設(shè)小球下滑過程中的加速度大小為a1，則a1＝ 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－μmg

12、cos θ＝ma1 得小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。 (3)小球在恒力作用下， 有mgsin θ－μN(yùn)2＝ma2，得N2＝20 N 若恒力F垂直桿向上， 則F＝N2＋mgcos θ，得F＝36 N 若恒力F垂直桿向下， 則F＝N2－mgcos θ，得F＝4 N。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)36 N或4 N 題點(diǎn)(三)　兩類基本問題與圖像的綜合 解決此類問題關(guān)鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結(jié)合牛頓第二定律求解結(jié)果。因此需要考生對(duì)這兩部分知識(shí)學(xué)會(huì)互聯(lián)互通。 [例3]　為研究運(yùn)動(dòng)物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學(xué)找來一個(gè)傾角可調(diào)、斜面比較長(zhǎng)且表面

13、平整的斜面體和一個(gè)滑塊，并在滑塊上固定一個(gè)高度可升降的風(fēng)帆，如圖甲所示。他們讓帶有風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中帆面與滑塊運(yùn)動(dòng)方向垂直。假設(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為m?；瑝K與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，風(fēng)帆受到的空氣阻力與風(fēng)帆的運(yùn)動(dòng)速率成正比，即Ff＝kv。 (1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達(dá)式； (2)求出滑塊下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以減小最大速度； (3)若m＝2 kg，斜面傾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑塊從靜止下滑的速度圖像如圖乙所示，圖中的斜線為t＝0時(shí)v-t圖線的切線，由此求出μ、k的值。(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) [解析]　(1)由牛頓第二定律有

14、： mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 解得：a＝gsin θ－μgcos θ－。 (2)當(dāng)a＝0時(shí)速度最大， vm＝。 減小最大速度的方法有：適當(dāng)減小斜面傾角θ；風(fēng)帆升起一些。 (3)當(dāng)v＝0時(shí)，a＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s2 解得：μ＝≈0.23。 最大速度vm＝＝2 m/s 解得：k＝3.0 kg/s。 [答案]　(1)gsin θ－μgcos θ－ (2)　適當(dāng)減小斜面傾角θ(保證滑塊能靜止下滑)；風(fēng)帆升起一些　(3)0.23　3.0 kg/s 考查點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類典型模型 題點(diǎn)(一)　板—塊模型 [例1]　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)

15、如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 [解析]　(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速

16、度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板組成的

17、體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2＝v1－a2t2? 對(duì)A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 s1＝v1t2－a2t22? 在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA2? A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩

18、者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m。? (也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖線求解) [答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m 題點(diǎn)(二)　傳送帶模型 對(duì)于傳送帶問題，分析有無摩擦，是滑動(dòng)摩擦還是靜摩擦，以及摩擦力的方向，是解決問題的關(guān)鍵。分析摩擦力時(shí)，前提是先要明確“相對(duì)運(yùn)動(dòng)”，而不是“絕對(duì)運(yùn)動(dòng)”。二者達(dá)到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”；如果遇到水平勻變速的傳送帶，或者傾斜傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時(shí)刻是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力。 [例2]　水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站，如圖所示

19、為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運(yùn)行，一質(zhì)量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對(duì)行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力的大小與加速度的大?。? (2)求行李做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時(shí)間和傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率。 [解析]　(1)滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×

20、10 N＝4 N， 加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。 (2)行李達(dá)到與傳送帶相同速率后不再加速，則 v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。 (3)行李始終勻加速運(yùn)行時(shí)間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當(dāng)行李到達(dá)右端時(shí)，有 vmin2＝2aL， vmin＝＝ m/s＝2 m/s， 所以傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2 m/s。 行李最短運(yùn)行時(shí)間由vmin＝a×tmin 得tmin＝＝ s＝2 s。 [答案]　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s

21、 1．(2018屆高三·濰坊五校聯(lián)考)如圖所示，一長(zhǎng)為200 m的列車沿平直的軌道以80 m/s的速度勻速行駛，當(dāng)車頭行駛到進(jìn)站口O點(diǎn)時(shí)，列車接到停車指令，立即勻減速停車，因OA段鐵軌不能停車，整個(gè)列車只能停在AB段內(nèi)，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求： (1)列車減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小的取值范圍； (2)列車減速運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。 解析：(1)若列車車尾恰好停在A點(diǎn)右側(cè)，減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，距離為x1，則 0－v02＝－2a1x1 x1＝1 200 m＋200 m＝1400 m 解得：a1＝ m/s2； 若列車車

22、頭恰好停在B點(diǎn)，減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，距離為xOB＝2 000 m，則 0－v02＝－2a2xOB 解得：a2＝ m/s2； 故加速度大小a的取值范圍為 m/s2≤a≤ m/s2。 (2)當(dāng)列車車頭恰好停在B點(diǎn)時(shí)，減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的時(shí)間最長(zhǎng)， 則0＝v0－a2t 解得：t＝50 s。 答案：(1) m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s 2.(2017·廣州調(diào)研)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的長(zhǎng)圓管豎直放置，頂端塞有一個(gè)質(zhì)量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg，管從下端離地面距離為H處自由落下，運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速

23、度與落地時(shí)速度大小相等，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)管第一次落地時(shí)管和球的速度； (2)管第一次落地彈起時(shí)管和球的加速度； (3)管第一次落地彈起后，若球恰好沒有從管口滑出，則此時(shí)管的下端距地面的高度。 解析：(1)取豎直向下為正方向。球與管第一次碰地時(shí)速度v0＝，方向豎直向下。 (2)管第一次落地彈起時(shí)，管的加速度 a1＝＝2g，方向豎直向下， 球的加速度a2＝＝3g，方向豎直向上。 (3)管第一次落地彈起時(shí)的速度v1＝，方向向上， 球的速度v2＝，方向向下 若球剛好沒有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1，球和管速度v相同， 則有－v1＋a1t1＝v2－a2t1

24、 t1＝ 設(shè)管從碰地到它彈到最高點(diǎn)所需時(shí)間為t2，則：t2＝， 因?yàn)閠1

25、彈在空中飛行可看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小為100 m/s。某次，拋碟機(jī)將飛碟以20 m/s初速度豎直向上拋出，射擊者要在飛碟到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)剛好將其擊中，(不計(jì)空氣阻力，g＝10 m/s2)求： (1)射擊方向和水平方向的夾角應(yīng)該是多少？ (2)他必須在飛碟拋出后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間發(fā)射子彈？(計(jì)算結(jié)果小數(shù)點(diǎn)后保留2位數(shù)字) 解析：(1)設(shè)飛碟上升的最大高度為h，飛碟拋出后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)， 由v02＝2gh可得：h＝＝20 m 由于飛碟拋出點(diǎn)與射擊點(diǎn)的水平距離d＝20 m， 所以可得：tan θ＝＝1 所以射擊方向和水平方向的夾角為θ＝45°。 (2)設(shè)飛碟上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t1 t

26、1＝＝2 s 子彈擊中飛碟的位移x和飛行時(shí)間t2為 x＝＝ m＝20 m t2＝＝ s＝0.28 s 飛碟拋出后到發(fā)射子彈的時(shí)間間隔t為 t＝t1－t2＝2 s－0.28 s＝1.72 s。 答案：(1)45°　(2)1.72 s 4．如圖所示，光滑水平面上靜止放著長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.6 m、質(zhì)量為M＝3 kg的木板，一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊放在木板的最右端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，今對(duì)木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來，求力F的大小應(yīng)滿足的條件； (2)為把木板從物塊的下方抽出來，施加某力后，發(fā)現(xiàn)該

27、力作用最短時(shí)間t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。 解析：(1)力F拉動(dòng)木板運(yùn)動(dòng)過程中： 對(duì)物塊，由牛頓第二定律知μmg＝ma， 即a＝μg＝1 m/s2 對(duì)木板，由牛頓第二定律知F－μmg＝Ma1， 即a1＝ 要想抽出木板，則只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g， 代入數(shù)值得F＞4 N。 (2)設(shè)有拉力時(shí)木板的加速度大小為a2，則a2＝ 設(shè)沒有拉力時(shí)木板的加速度大小為a3，則a3＝＝ m/s2 設(shè)從沒有拉力到木板恰好被抽出所用時(shí)間為t1 木板從物塊下抽出時(shí)有 物塊速度為v＝a(t0＋t1) 發(fā)生的位移為s＝a(t0＋t1)2 木板的速度為v板＝a2t0－a

28、3t1 發(fā)生的位移為s板＝a2t02＋a2t0t1－a3t12 木板剛好從物塊下抽出時(shí)應(yīng)有v板＝v且s板－s＝L 聯(lián)立并代入數(shù)值得t1＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F(xiàn)＝10 N。 答案：(1)F＞4 N　(2)10 N 5．(2018屆高三·石家莊六校聯(lián)考)如圖所示為一個(gè)實(shí)驗(yàn)室模擬貨物傳送的裝置，A是一個(gè)表面絕緣、質(zhì)量為mA＝2 kg的平板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質(zhì)量為mB＝1 kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2 C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內(nèi)有一水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的大小及方向可以人為控制?，F(xiàn)在先產(chǎn)生一個(gè)方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的電場(chǎng)，車和貨

29、物開始運(yùn)動(dòng)，2 s后，電場(chǎng)大小變?yōu)镋2＝1×102 N/C，方向水平向左，一段時(shí)間后，關(guān)閉電場(chǎng)，關(guān)閉電場(chǎng)時(shí)車右端正好到達(dá)目的地，貨物到達(dá)車的最右端，且車和貨物的速度恰好為零。已知貨物與車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，車不帶電，貨物體積大小不計(jì)，g取10 m/s2，求第二次電場(chǎng)作用的時(shí)間。 解析：由題意可知，貨物和車起初不可能以相同加速度一起運(yùn)動(dòng)，設(shè)車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aA，貨物運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aB aB＝＝2 m/s2， aA＝＝0.5 m/s2 車和貨物運(yùn)動(dòng)2 s時(shí)貨物和車的速度大小分別為 vB＝aBt＝4 m/s， vA＝aAt＝1 m/s 2 s后貨物和車的加速度大小分別

30、為 aB′＝＝2 m/s2 aA′＝＝0.5 m/s2 設(shè)又經(jīng)t1時(shí)間貨物和車共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1 代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.2 s，此時(shí)貨物和車的共同速度v＝1.6 m/s 共速后二者一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小 a＝＝ m/s2 減速到0所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝＝4.8 s 所以第二次電場(chǎng)的作用時(shí)間為t1＋t2＝6 s。 答案：6 s 6.(2017·襄陽月考)如圖所示，傳送帶長(zhǎng)6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度向上運(yùn)動(dòng)。一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩

31、擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大??； (2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小。 解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，物塊的加速度大小為a1， 由牛頓第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝gsin 37°＋μgcos 37° ＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2。 (2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時(shí)間為t1， 則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s， 通過的位移：x1＝·t1＝×0.5 m ＝3.75

32、m<6 m 因μ

33、v乙＝34 m/s的速度勻速行駛，甲車在前，乙車在后。甲車司機(jī)發(fā)現(xiàn)正前方收費(fèi)站，開始以大小為a甲＝2 m/s2的加速度勻減速剎車。 (1)甲車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少多遠(yuǎn)處開始剎車才不違章； (2)若甲車司機(jī)經(jīng)剎車到達(dá)離收費(fèi)站窗口前9 m處的速度恰好為6 m/s，乙車司機(jī)在發(fā)現(xiàn)甲車剎車時(shí)經(jīng)t0＝0.5 s的反應(yīng)時(shí)間后開始以大小為a乙＝4 m/s2的加速度勻減速剎車。為避免兩車相撞，且乙車在收費(fèi)站窗口前9 m區(qū)不超速，則在甲車司機(jī)開始剎車時(shí)，甲、乙兩車至少相距多遠(yuǎn)？ 解析：(1)對(duì)甲車，速度由20 m/s減至6 m/s的位移 x1＝＝91 m x2＝x0＋x1＝100 m。 即：甲

34、車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少100 m處開始剎車。 (2)設(shè)甲車剎車后經(jīng)時(shí)間t，兩車速度相同，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t 解得：t＝8 s； 相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，即共同速度v＝6 m/s為不相撞的臨界條件 乙車從開始以速度34 m/s減至6 m/s的位移為 x3＝v乙t0＋＝157 m； 所以要滿足條件甲、乙的距離x＝x3－x1＝66 m。 答案：(1)100 m　(2)66 m 2．(2017·太原模擬)質(zhì)量為3 kg的長(zhǎng)木板A置于光滑的水平地面上，質(zhì)量為2 kg的木塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于木板A的左端，在水平向右的力F

35、作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。A、B運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(g取10 m/s2)求： (1)木板與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力) (2)4 s末A、B的速度大?。? (3)若6 s末木板和木塊剛好分離，則木板的長(zhǎng)度為多少？ 解析：(1)由題圖乙知4 s末A、B間達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)a＝2 m/s2 對(duì)應(yīng)A板μmBg＝mAa A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝0.3。 (2)由圖像知4 s末二者的速度等于圖線與坐標(biāo)軸包圍的面積 v＝at1＝×2×4 m/s＝4 m/s。 (3)4 s到6 s末t2＝2 s 木板A運(yùn)動(dòng)的位移，xA＝vt2

36、＋aAt22 木塊B的位移xB＝vt2＋aBt22 木板的長(zhǎng)度l＝xB－xA＝4 m。 答案：(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m 3．如圖所示，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時(shí)針傳送，水平部分長(zhǎng)L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30°的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長(zhǎng)，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠(yuǎn)端所用的時(shí)間。 解析：設(shè)物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a1， 由牛頓第二定律可得 Ff＝μmg＝ma1，a1＝2 m/s2 設(shè)物塊與傳送帶達(dá)到共速v

37、2＝2a1x1 x1＝4 m<6 m，t1＝＝2 s x2＝L－x1，x2＝vt2，所以t2＝0.5 s 物塊在斜面上加速度大小a2＝＝5 m/s2 上升和下降各用時(shí)間t3＝＝0.8 s 返回傳送帶向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t4＝＝2 s t總＝t1＋t2＋2t3＋t4，t總＝6.1 s。 答案：6.1 s 第11講 應(yīng)用能量和動(dòng)量的觀點(diǎn)來解決物體運(yùn)動(dòng)的多過程問題是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)。這類問題命題情景新，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，常是高考的壓軸題。 考查內(nèi)容 ①動(dòng)能定理　?、跈C(jī)械能守恒定律　 ③能量守恒定律 ④功能關(guān)系 ⑤動(dòng)量定理 ⑥動(dòng)量守恒定律 思

38、想方法 ①整體法和隔離法　 ②全程法　　　　　　?、鄯侄畏? ④相對(duì)運(yùn)動(dòng)方法 ⑤守恒思想 ⑥等效思想 ⑦臨界極值思想 考查點(diǎn)一　應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題 求解多過程問題的五個(gè)注意事項(xiàng) (1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過程構(gòu)成。 (2)分析每個(gè)過程中物體的受力情況。 (3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無貢獻(xiàn)。 (4)從總體上把握全過程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能。 (5)對(duì)所研究的分過程或全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程。 [典題例析] [典例]　(2017·南充模擬)如圖所示，半徑為R＝1 m，內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略

39、小于半圓管內(nèi)徑、質(zhì)量為m＝1 kg的小球，在水平恒力F＝ N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B間的距離x＝ m，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去外力F，小球經(jīng)半圓管道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C，此時(shí)小球?qū)A管外側(cè)的壓力FN＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)，求： (1)小球在B點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)小球在C點(diǎn)時(shí)速度的大??； (3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功； (4)D點(diǎn)距地面的高度。 [解析]　(1)小球從A到B過程，由動(dòng)能定理得 Fx＝mvB2 解得vB＝10 m/s。 (2)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得 mg＋FN＝m 又據(jù)題有F

40、N＝2.6mg 解得vC＝6 m/s。 (3)由B到C的過程，由動(dòng)能定理得 －mg·2R－Wf＝mvC2－mvB2 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J。 (4)設(shè)小球從C點(diǎn)到打在斜面上經(jīng)歷的時(shí)間為t，D點(diǎn)距地面的高度為h， 則在豎直方向上有2R－h(huán)＝gt2 由小球垂直打在斜面上可知＝tan 45° 聯(lián)立解得h＝0.2 m。 [答案]　(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 考查點(diǎn)二　機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用 題點(diǎn)(一)　應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決平拋、圓周運(yùn)動(dòng)問題 [例1]　(2018屆高三·宜春三中摸底)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半

41、徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個(gè)半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個(gè)半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R。C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接?，F(xiàn)有一個(gè)比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球，從與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線從凹面進(jìn)入軌道。已知重力加速度為g。求： (1)小球在P點(diǎn)開始平拋的初速度v0的大小。 (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說明理由。 (3)小球運(yùn)動(dòng)到何處，軌道對(duì)小球的彈力最大？最大值是多大？ [審題指導(dǎo)] (1)軌道C1、C2、C3、

42、C4均光滑，所以小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。 (2)軌道C2屬于豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型，軌道C4屬于桿模型。 (3)軌道C1的最低點(diǎn)B和軌道C3的最低點(diǎn)F都是壓力的極大值處，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解后比較即可，注意壓力大小與小球質(zhì)量、速度和軌道半徑都有關(guān)系。 [解析]　(1)小球從P到A，豎直方向有： h＝2R＋4Rsin 30°＝4R； 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：vy2＝2gh 解得：vy＝ 在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan 60°＝ 解得：v0＝。 (2)若小球能過D點(diǎn)，則在D點(diǎn)的速度滿足v> 小球從P到D由機(jī)械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mv2＋5mgR 解得：v＝ 若

43、小球能過H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿足vH>0 小球從P到H時(shí)，機(jī)械能守恒，H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度，為>0； 綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出。 (3)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會(huì)在圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能 小球從P到B由機(jī)械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mvB2 在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝m 解得：NB＝mg； 小球從P到F由機(jī)械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mvF2＋3mgR 在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 比較可知：F點(diǎn)軌道對(duì)小球的彈力最大，為m

44、g。 [答案]　(1)　(2)能，理由見解析　(3)小球運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力最大，最大值是mg 題點(diǎn)(二)　含彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題 1．彈性勢(shì)能：通常由功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算；彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢(shì)能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長(zhǎng)度，其彈性勢(shì)能相等。 2．彈力做功：與路徑無關(guān)，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈＝－ΔEp。 [例2]　如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細(xì)繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)繩剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)繩豎直、cd段的細(xì)繩與斜

45、面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細(xì)繩與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時(shí)，B獲得最大速度。求： (1)斜面的傾角α； (2)B的最大速度v。 [解析]　(1)設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開地面時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為xA， 對(duì)A有kxA＝mg。 此時(shí)B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)繩拉力T三個(gè)力的作用。設(shè)B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律， 對(duì)B有，T－mg－kxA＝ma， 對(duì)C有，4mgsin α－T＝4ma， 當(dāng)B獲得最大速度時(shí)，有a＝0， 由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°。 (2)開始時(shí)彈簧壓

46、縮的長(zhǎng)度為xB＝，顯然xA＝xB。 當(dāng)物體A剛離開地面時(shí)，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離為xA＋xB。 由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，且物體A剛剛離開地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v，由機(jī)械能守恒定律可得 4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝(4m＋m)v2， 代入數(shù)值解得v＝2g。 [答案]　(1)α＝30°　(2)v＝2g 考查點(diǎn)三　功能關(guān)系的綜合應(yīng)用 題點(diǎn)(一)　應(yīng)用功能關(guān)系處理傳送帶問題 [例1]　如圖所示，水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為M＝1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上，通過速度傳

47、感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn))。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。求： (1)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (3)整個(gè)過程中系統(tǒng)生成的熱量。 [思路點(diǎn)撥] (1)物塊運(yùn)動(dòng)的加速度由摩擦力提供。 (2)物塊先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后向左做勻速運(yùn)動(dòng)。 (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對(duì)。 [解析]　(1)由速度圖像可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度： a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2 由牛頓第二定律得Ff＝Ma 得到物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

48、 μ＝＝＝0.2。 (2)由速度圖像可知，物塊初速度大小v＝4 m/s、傳送帶速度大小v′＝2 m/s， 物塊在傳送帶上滑動(dòng)t1＝3 s后，與傳送帶相對(duì)靜止。 前2 s內(nèi)物塊的位移大小x1＝t＝4 m，向右， 后1 s內(nèi)的位移大小x2＝t′＝1 m，向左， 3 s內(nèi)位移x＝x1－x2＝3 m，向右； 物塊再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝1.5 s 物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝t1＋t2＝4.5 s。 (3)物塊在傳送帶上滑動(dòng)的3 s內(nèi)，傳送帶的位移x′＝v′t1＝6 m，方向向左； 物塊位移為x＝x1－x2＝3 m，方向向右 相對(duì)位移為Δx′＝x′＋x＝9 m 所以轉(zhuǎn)化的熱能EQ＝F

49、f×Δx′＝18 J。 [答案]　(1)0.2　(2)4.5 s　(3)18 J 題點(diǎn)(二)　應(yīng)用功能關(guān)系處理板—塊模型問題 1.對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移： ①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)必須用滑塊對(duì)地的位移s塊； ②求摩擦力對(duì)滑板做功必須用滑板對(duì)地的位移s板； ③求摩擦生熱時(shí)必須用相對(duì)滑動(dòng)的總路程s相對(duì)。 2．板—塊模型的兩大臨界條件 (1)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件 ①運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：兩者速度或加速度不相等。 ②動(dòng)力學(xué)條件：兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。 (2)滑塊滑離滑板的臨界條件：滑塊恰好滑到滑板的邊緣時(shí)速度相同。

50、[例2]　如圖所示，質(zhì)量為m2＝0.6 kg的薄木板靜止在光滑水平地面上，木板上有一質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小鐵塊，它離木板的右端距離d＝0.5 m，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。現(xiàn)用拉力向左以3 m/s2的加速度將木板從鐵塊下抽出，求： (1)將木板從鐵塊下抽出時(shí)，鐵塊和木板的動(dòng)能各為多少？ (2)將木板從鐵塊下抽出的過程中木板對(duì)鐵塊做的功。 (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和拉力F做的功。 [解析]　(1)對(duì)小鐵塊，由牛頓第二定律得 μm1g＝m1a1， 則a1＝2.0 m/s2， 木板的加速度a2＝3 m/s2，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，將木板從鐵塊下抽出， 則有a2t2－a1t2＝d，

51、 代入數(shù)值解得t＝1 s。 鐵塊末速度v1＝a1t＝2 m/s， 木板末速度v2＝a2t＝3 m/s， 鐵塊的動(dòng)能Ek1＝m1v12＝0.4 J， 木板的動(dòng)能Ek2＝m2v22＝2.7 J。 (2)鐵塊位移x1＝a1t2＝1.0 m， 木板位移x2＝a2t2＝1.5 m。 這一過程，木板對(duì)鐵塊做的功為W1＝μm1gx1＝0.4 J。 (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μm1gd＝0.2 J， 拉力做的功W＝m1v12＋m2v22＋Q＝3.3 J。 [答案]　(1)0.4 J　2.7 J　(2)0.4 J　(3)0.2 J　3.3 J 考查點(diǎn)四　動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 題點(diǎn)(

52、一)　動(dòng)量定理與機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用 [例1]　(2016·全國(guó)卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 [審題指導(dǎo)] (1)卡通玩具穩(wěn)定的懸停在空中，說明其受力平衡。 (2)水柱沖擊到玩具底板后豎直方向的速度變?yōu)榱?，則豎

53、直方向的動(dòng)量也變?yōu)榱恪? [解析]　(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒定律得 Δmv2＋Δmgh＝Δmv02④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝Δmv⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④

54、⑤⑥⑦式得 h＝－。⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 題點(diǎn)(二)　動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 [例2]　如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面有一段長(zhǎng)L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′處相切。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相

55、對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離。 [解析]　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1 由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1?、? 由動(dòng)能定理得： －mgR－μmgL＝(M＋m)v12－mv02　② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s?！、? (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒定律得： mv0＝(M＋m)v2?、? 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O′點(diǎn)的距離為x，由動(dòng)能定理得： －μmg(L＋x)＝(M＋m)v22－mv02?、? 聯(lián)立③

56、④⑤并代入數(shù)據(jù)解得： x＝0.5 m

57、動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1，重力加速度大小為g。求： (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。 解析：(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得 －μmgs0＝mv12－mv02① 解得μ＝。② (2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v02－v12＝2a1s0 ③ v0－v1＝a1t ④ s1＝a2t2 ⑤ 聯(lián)立③④⑤式得a2＝。 答案：(1)　(2)

58、 2．(2015·天津高考)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1 m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。設(shè)皮帶足夠長(zhǎng)，取g＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，求 (1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t； (2)郵件對(duì)地的位移大小x； (3)郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。 解析：(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則 F＝μmg ① 取向右為正方向，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)量定理，有 Ft＝mv－0 ② 由①②式并代入數(shù)據(jù)得 t＝0.2 s。

59、③ (2)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，有 Fx＝mv2－0 ④ 由①④式并代入數(shù)據(jù)得 x＝0.1 m。 ⑤ (3)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s，則 s＝vt ⑥ 摩擦力對(duì)皮帶做的功 W＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 W＝－2 J。 ⑧ 答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 3．如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能達(dá)到C板的最右端

60、，已知A、B、C質(zhì)量均相等，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，求： (1)A物體的最終速度； (2)A在木板C上滑行的時(shí)間。 解析：(1)設(shè)A、B、C的質(zhì)量為m，B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B、C碰后的共同速度為v1， 則mv0＝2mv1，解得v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用的過程中動(dòng)量守恒， 設(shè)最終A、C的共同速度為v2， 則mv0＋mv1＝2mv2，解得v2＝。 (2)在A、C相互作用的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有 FfL＝mv02＋mv12－·2mv22(Ff為A、C間的摩擦力)， 代入解得Ff＝。 此過程中對(duì)C，根據(jù)動(dòng)量定理有Fft＝

61、mv2－mv1， 代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得t＝。 答案：(1)　(2) 4.(2018屆高三·開封調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的b球用長(zhǎng)h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處。質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高h(yuǎn)的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距地面有一定的高度，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg。試問： (1)a與b球碰前瞬間，a球的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？(要求通過計(jì)算回答) 解析：(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC， 則由機(jī)械能守恒得mgh＝mvC2 解得vC＝， 即a與b碰前的速度大小為。 (2)設(shè)a、

62、b球碰后的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律 mvC＝(m＋m)v， 故v＝vC＝ 兩球被細(xì)繩懸掛繞O擺動(dòng)時(shí)，在最低點(diǎn)時(shí)設(shè)細(xì)繩拉力為FT， 則由牛頓第二定律得FT－2mg＝2m 解得FT＝3mg 因?yàn)镕T>FTm＝2.8mg， 所以細(xì)繩會(huì)斷裂。 答案：(1)　(2)見解析 5．如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質(zhì)量為M＝2 kg 的足夠長(zhǎng)的小車左端在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切，小物塊并在O點(diǎn)滑上小車，水平地面光滑，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)

63、生無機(jī)械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經(jīng)相對(duì)靜止，而小車可繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)(物塊始終在小車上)，小車運(yùn)動(dòng)過程中和圓弧無相互作用。已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ為53°，A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。試求： (1)小物塊離開A點(diǎn)的水平初速度v1大??； (2)小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (3)第一次碰撞后直至靜止，物塊相對(duì)小車的位移和小車做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。 解析：(1)對(duì)小物塊由A到B有vy2＝2gh， 在B點(diǎn)tan θ＝， 解得v1＝3

64、 m/s。 (2)由A到O，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(h＋R－Rcos θ)＝mvO2－mv12， 在O點(diǎn)FN－mg＝m， 解得：vO＝ m/s，F(xiàn)N＝43 N。 由牛頓第三定律知，小物塊對(duì)軌道的壓力FN′＝43 N。 (3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，物塊滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到的共同速度為vt， 則＝，am＝2aM，得vt＝ m/s。 由于碰撞不損失能量，物塊在小車上重復(fù)做勻減速和勻加速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)小車始終向左運(yùn)動(dòng)，物塊與小車最終靜止，摩擦力做功使動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有： Ff·l相＝(M＋m)vt2，得l相＝5.5 m。 小車從物塊碰撞后開始勻減速運(yùn)動(dòng)，(每個(gè)減速階段)加

65、速度不變 aM＝＝0.5 m/s2，vt＝aMt 得t＝ s。 答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　 s 6．(2018屆高三·廣安四校聯(lián)考)如圖甲所示，軌道ABC由一個(gè)傾角為θ＝30°的斜軌道AB和一個(gè)水平軌道BC組成，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，滑塊在軌道ABC上運(yùn)動(dòng)的過程中，受到水平向左的拉力F的作用，力的大小和時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，經(jīng)過時(shí)間t0滑塊經(jīng)過B點(diǎn)，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)無機(jī)械能損失，最后停在水平軌道BC上，滑塊與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，已知重力加速度為g。求： (1)整個(gè)過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (2)整個(gè)過程中水平拉力

66、F做的功； (3)整個(gè)過程中摩擦力做的功。 解析：(1)在0～t0這段時(shí)間內(nèi)，滑塊在斜軌道AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直斜面方向有： FN＋F1sin θ－mgcos θ＝0 解得FN＝0 所以滑塊不受摩擦力，由牛頓第二定律，滑塊在斜軌道AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度 a1＝＝2g 滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝a1t0＝2gt0 在t0～2t0這段時(shí)間內(nèi)，水平拉力F2＝mg＝Ff＝μmg，所以滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng) 2t0之后的過程中，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，加速度a2＝＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝4t0 整個(gè)過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝2t0＋4t0＝6t0。 (2)在0～t0這段時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移 x1＝a1t02＝gt02 水平拉力F做功W1＝F1x1cos θ＝mg2t02 在t0～2t0這段時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移x2＝vBt0＝2gt02 水平拉力F做功W2＝F2x2＝mg2t02 整個(gè)過程中水平拉力F做功 W＝W1＋W2＝mg2t02。 (3)2t0之后的過程中，滑塊的位移x3＝＝4gt02 滑塊在斜軌道AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沒有摩擦力，在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力是恒力