2020物理二轮教师用书：第1部分 专题2 第3讲 动量和能量的综合应用 Word版含解析
最新届高中总复习(第2轮)物理课件：专题2-第3讲-动量和能量的综合应用课件ppt
已 知 小 车 做 简 谐 运 动 周 期 公 式 为 T2 M， 弹 簧 的
k 弹 性 势 能 公 式 为 Ep1 2kx2(x为 弹 簧 的 形 变 量 )， 则 (1)小物块与小车碰撞前瞬间的速度是多大？ (2)小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？ 小车的最大速度为多大？ (3)小物块最终停在距O点多远处？当小物块刚停下时 小车左端运动到O点的哪一侧？
B
1 2
m
C
v
2 C
1
1 2
mA mB mC
v2 ABC
E p2
代 入 数 据 得 Ep2 0.5J
【变式题】如图232所示，劲度系数为k=200N/m的 轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=8kg 的小车a，开始时小车静止，其左端位于O点，弹簧 没有发生形变，质量为m=1kg的小物块b静止于小车 的左侧，距O点s=3m，小车与水平面间的摩擦不计， 小 物 块 与 水 平 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ=0.2 ， 取 g=10m/s2.今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使 之向右运动，并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力， 碰撞后小车做振幅为A=0.2m的简谐运动，
B
解 得 vAB 1m / s
当 A、 B、 C 三 者 达 到 共 同 速 度 v ABC时 ， 弹 簧 的
弹 性 势 能 最 大 为 Ep2
由动量守恒，得
m A m B v AB m C vC 1 m A m B m C v ABC
由能量守恒，得
1
2
mA mB
v
2 A
kA2
解得Epm 4J
根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧
的最大弹性势能
所以
2020物理二轮课件：第1部分 专题2 第3讲 动量和能量的综合应用
考向 2 动量守恒定律的应用 2．(易错题)关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量 守恒，能量不守恒
B．乙图中 M、N 两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚 M、N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的 系统动量守恒，机械能增加
量约为( )
A．1.6×102 kg
B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
B
[根据动量定理有
FΔt＝
Δmv
－
0
，
解
得
Δm Δt
＝
F v
＝
1.6×103
kg/s，所以选项 B 正确。]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个
50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，
(1)求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。
4．(2019·全国卷Ⅱ·T25)一质量为 m＝2 000 kg 的汽车以某一速度 在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方 100 m 处 有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的 变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1 时间段为从司机发现警 示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车 仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2 时间段为刹车系统的启动时间，t2 ＝1.3 s；从 t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已 知从 t2 时刻开始，汽车第 1 s 内的位移为 24 m，第 4 s 内的位移为 1 m。
高考物理二轮专题复习篇课件：专题2第3讲动量和能量的综合应用
[建体系·知关联]
[析考情·明策略] 近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式；而动 考情分析 量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线 运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。 1.动量、冲量、动量定理 素养呈现 2.动量守恒的条件及动量守恒定律 3.动力学、能量和动量守恒定律的应用 1.掌握与动量相关的概念及规律 素养落实 2.灵活应用解决碰撞类问题的方法 3.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
[典例 4] (2020·湖北十堰 1 月调考)如图所示，水平地面上有两 个静止的物块 A 和 B，A、B 的质量分别为 m1＝2 kg，m2＝1 kg，它 们与地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。现对物块 A 施加一大小为 40 N·s、水平向右的瞬时冲量 I，使物块 A 获得一个初速度，t＝1 s 后与 物块 B 发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B 两物块均可视为质点， 重力加速度 g＝10 m/s2。
[典例 2] (2020·山西太原高三 4 月检测)如图所示，在光滑水平面 上，木块 C 置于足够长的木板 B 上，A 以 v0＝10 m/s 的初速度向右运 动，与 B 碰撞后以 4 m/s 的速率弹回，碰撞时间极短。A、B、C 的质 量分别为 mA＝1 kg，mB＝4 kg，mC＝2 kg。B、C 之间有摩擦。求：
2．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。
南方新课堂高考物理二轮复习提升第一部分专题二第3讲动量与能量综合应用课件
解：(1)设木块和物体 P 的共同速度为 v，两物体从开始到 第一次达到共同速度的过程，由动量和能量守恒得
mv0＝(m＋2m)v 21mv20＝21(m＋2m)v2＋mgh＋fL 联立解得 f＝mv203－L3gh.
2．(2012 年广州一模)如图2－3－8所示，木板 A 静止在光 滑水平面上，其左端与固定台阶相距 x.与滑块 B(可视为质点) 相连的细线一端固定在 O 点．水平拉直细线并给 B 一个竖直向 下的初速度，当 B 到达最低点时，细线恰好被拉断，B 从 A 右 端的上表面水平滑入．A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气 阻力．
mv1＋mv1′＝mv0
③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的
动能损失为Δ2E，由能量守恒得
21mv21＋21mv1′2＝12mv20－Δ2E
④
联立①②③④式，且考虑到 v1 必须大于 v1′，得
v1＝12＋ 63v0
⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为
v2，由动量守恒得
(2)设子弹击中物块前的速度为 v，则由动量守恒定律得 mv＝(M＋m)vB 解得 v＝600 m/s. (3)根据能的转化和守恒定律得 ΔE＝12mv2－12(M＋m)v2B 代入数据解得 ΔE＝1 782 J.
子弹打木块和滑块在木板上滑动模型——滑动摩擦力 做功，系统动能转化为内能
【例2】(2011年全国卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样 质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算 可以粗略说明其原因．
2mv2＝mv1
⑥
损失的动能为 ΔE′＝12mv21－12×2mv22
2020大二轮人教高考物理复习专题教师用书WORD
专题一力与物体的平衡[核心要点]1．重力方向：竖直向下。
大小：G＝mg。
2．弹力弹力方向与接触面垂直指向被支持或被挤压物体。
杆的弹力不一定沿杆。
弹簧的弹力由胡克定律F＝kx计算，一般物体间弹力大小按物体受力分析和运动状态求解。
3．摩擦力方向：摩擦力的方向沿接触面与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反。
大小：静摩擦力的大小0<F f≤F fmax，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件求解。
滑动摩擦力的大小由公式F f＝μF N，求解。
6．共点力的平衡共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。
[备考策略]1．研究对象的选取方法整体法和隔离法。
2．受力分析中的“2分析”“2注意”(1)“2分析”①只分析研究对象受的力，不分析研究对象给其他物体的力；②只分析性质力(六种常见力)，不分析效果力，如向心力等。
(2)“2注意”①合力与分力不可同时作为物体受的力；②物体的受力情况与运动情况相对应。
3．求解平衡问题的常用方法二力平衡法、合成法、正交分解法、相似三角形法、正弦定理法、图解法等。
4．抓好关键词语(1)看到“缓慢”想到“物体处于动态平衡”状态。
(2)看到“轻绳、轻环”想到“绳、环的质量可忽略不计”。
(3)看到“光滑”想到“摩擦力为零”。
考向一共点力作用下物体的静态平衡(2019·全国卷Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2。
若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A．150 kg B．100 3 kgC．200 kg D．200 3 kg解析：本题考查力的分解、平衡条件，意在考查考生的推理能力。
设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m＝150 kg，A项正确。
高考物理二轮复习教师用书热点难点专题透析专题2动量和能量课件(新课标)
名师诊断 对点集训
专案突破 决胜高考
后的高考命题中肯定会有所体现,要引起重视.对动量守恒定律的 考查则相对难度偏大,且经常与其他知识点进行综合.这些高考试 题不仅考查了考生对这部分知识点的掌握程度,还考查了考生应 用物理知识解决实际问题的能力.
预计在2013年高考中,会继续延续近两年的命题特点.一种可能是以
)
名师诊断 对点集训
专案突破 决胜高考
A.W1<W2 C.W1>W2
B.W1=W2 D.无法比较
【解析】设木块与地面的动摩擦因数为μ,F2与水平方向的夹角为 θ,由平衡条件有f1=μmg=F1,f2=μ(mg-F2sin θ)=F2cos θ,则f2<f1;拉力F1 做的功为W1=f1l,拉力F2做的功为W2=F2lcos θ=f2l,则W2<W1,故正确答 案为C. 【答案】C
一、掌握动能定理与机械能守恒定律
1.动能定理:合力所做的功等于物体动能的变化,即W= E-k2 .Ek1
动能定理的研究对象是单一物体,或是可以看成单一物体的物体系. 它既适用于物体的直线运动,又适用于物体的曲线运动;既适用于恒
名师诊断 对点集训
专案突破 决胜高考
力做功,又适用于变力做功;既可以同时作用,又可以分段作用;既可 以分段考虑,又可以把全过程作为一个整体来处理.
2,R故H ① 4错R2 、②对;小球在A点的速度大于零即能做平抛运
动,满足H>2R即可,故③、④错.
【答案】D
名师诊断 对点集训
专案突破 决胜高考
5.(2012年湖南衡阳六校联考)如图所示,甲、乙两种粗糙面不同的传 送带,倾斜于水平地面放置,以同样恒定速率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到达B处 时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C 处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度皆为H.则在物体从 A到B的过程中 ( )
2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分 专题2 第1讲 功 功率 动能定理 Word版含
姓名，年级：时间：第1讲功功率动能定理考点1 功功率的分析与计算■新依据·等级考预测·❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点知识与图象相结合是高考命题的热点,主要考查功、功率的分析与计算及机车启动问题。
题型一般为选择题,难度适中。
❷预计2020年等级考对本考点的考查仍会以机车问题为背景，涉及功和功率的综合应用。
14上，环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A ［光滑大圆环对小环只有弹力作用.弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功.故选A.]2.(2015·全国卷Ⅱ·T17）一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。
下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A ［由P。
t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。
设汽车所受牵引力为F,则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝错误!知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确.]3。
(多选）(2018·全国卷Ⅲ·T19）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程，( ）A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，错误! v0×2t0＝错误!×错误!v0[2t0＋t′＋（t0＋t′)］，解得t′＝错误!t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶错误!＝4∶5,A正确。
2020年高考物理二轮复习讲义：专题3 功和能 第2课时 动力学和能量观点的综合应用(word版,无
2020年高考物理二轮复习讲义专题3动力学和能量观点的综合应用高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用1．相关规律和方法动力学规律主要有：运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理．2．解题技巧如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．例1 (2018·河南省周口市期末) 如图1所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．拓展训练1(2018·湖北省4月调研) 某公司对新推出的掌上智能无人机进行试验．让无人机从地面由静止开始以最大动力竖直上升，经时间t＝4 s时离地面的高度h＝48 m．若无人机的质量m＝0.3 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f＝0.3 N，重力加速度g取10 m/s2.(1)动力系统提供给无人机的最大动力为多大？(2)调整动力后无人机继续上升，恰能悬停在距离地面高度H＝78 m处，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功．高考题型2动力学和能量观点分析多运动组合问题1．多运动过程模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，或者是一般的曲线运动．在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合．2．分析技巧多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．例2 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图2，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 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：图2(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．拓展训练2(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图3所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝gR，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是()图3A．C、N的水平距离为3RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为6mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg拓展训练3(2018·江西省六校第五次联考)如图4所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，在自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝8t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：图4(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0；(2)BP间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要求写清计算过程)．高考题型3含弹簧的动力学和能量问题例3(2018·河北省衡水中学模拟)如图5所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg的可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的弹性势能E p＝18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.图5(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．拓展训练4 (2018·山东省淄博市一中三模)如图6所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A 点锁定．一质量为m 的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B 点后又返回，A 、B 两点的高度差为h ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：图6(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A 点锁定，当物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C (未画出)与A 的高度差为3h ，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出．专题强化练1．(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N 点时，物块的速度减为零，ON ＝L 2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图1A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL 2．(多选)(2018·河南省周口市期末)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B 点．一质量为m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v 的平方与其下滑距离x 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点3．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k；(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小v B；(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．(2018·吉林省吉林市第二次调研)雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f＝12CρS v2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密度(不同空间密度不同)，S为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R，每个雨滴的质量均为m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g.(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．5．(2018·陕西省安康市第二次质量联考)如图4所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．(2018·宁夏银川一中一模)如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．(2018·山东省青岛市模拟)如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.。
高考物理二轮专题复课件动量和能量观点的综合应用PPT
用动力学、动量和 算题，考查综合应用力学三
机械能守恒定律和能量守恒
能量的观点分析 大观点，通过分析和推理考
定律分析与解决力学综合问
推理、科学论证。 查综合应用能力。
题的能力。
高 考 物 理 二 轮专题 复课件 动量和 能量观 点的综 合应用 PPT【P PT实用 课件】
上一页
返回导航
下一页
高 考 物 理 二 轮专题 复课件 动量和 能量观 点的综 合应用 PPT【P PT实用 课件】
上一页
返回导航
下一页
专题二 动量与能量
6
三、解决力学问题的三大观点 1．力的观点：主要是_牛__顿__运__动___定律和运动学公式相结合，常涉及物体的 受力、加速度或匀变速运动的问题。 2．动量的观点：主要应用_动__量___定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的 受力和_时__间___问题，以及相互作用物体的问题。 3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析； 在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律。
学科核心素养
高考命题方向
1.理解动量和冲量的概念，
1.物理观念：动量 高考对本部分内容的考查
应用动量定理和动量守恒定
和冲量的观念；守 主要有两种情况：一是在选
律分析和解决简单问题。
恒的思想。
择题中考查动量定理的应
2．培养学生应用动量定理、
2．科学推理：运 用；二是作为高考试卷的计
动量守恒定律、动能定理、
解得 FNm＝240 N 根据牛顿第三定律可知压力 F′N＝240 N，方向竖直向下。
上一页
返回导航
下一页
专题二 动量与能量
21
(2)物块 M 与 N 碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，由动量守恒 mv0＝mv1＋Mv2 碰撞过程机械能守恒12mv20＝12mv21＋12Mv22 弹簧弹开到碰前过程 Ep＝12mv20＋μmgLPC 解得 Ep＝76.25 J。
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸
直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
关闭
D从的.人绳加在恰速最好运低伸 动点直 ,后时到做,人绳加第速对一度人次增的下大拉降的力至减等最速于低运点人动的所,加过受速程的度中重等,人于力先零做时加,速速度度最减大小,
B
解析
答案
-4-
2.(2018全国Ⅱ卷)高空坠物极易对行人造成伤害,若一个50 g的鸡蛋
从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地
面产生的冲击力约为( )
A.10 N
B.102N
C.103N
D.104 N
考点定位:动量定理、机械能守恒定律
关闭
不 约动解考量3 m题虑定,则空 思理气路求h=阻与出24力方地×的法3面m影:的利=响接7用2,触设动m力鸡,能设。蛋定竖落理直地求向速出上度落为为地正时v方,有的向速m,对g度h鸡=,然蛋������2������后冲2,每借击层助地楼于面高过
-6-
答案: 3121���3���0������2������≤μ<���2���0������2������
解析: 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生
碰撞,应有
1 2
������������0
2>μmgl
①
即 μ<���2���0������2������
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒 有
(课标版)2020届高考物理二轮复习专题二第3讲功和能课件
总纲目录
考点一 功和功率 考点二 动能定理 考点三 机械能守恒定律 考点四 功能关系与能量守恒 素养提升 “五大”解题思想在高考物理中的应用
考点一 功和功率
1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面 内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小 环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 ( A ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek<W拉,故 A正确,B错误;Ek可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。
2.(2019课标Ⅲ,17,6分)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 ( C )
当重物的速度为v1时,起重机的有用功率达到最大值P,之后,起重机保持该功 率不变,继续提升重物,直到以最大速度v2匀速上升为止,则整个过程中,下列 说法正确的是 ( ACD )
A.起重机对重物的最大拉力为 P
v1
B.起重机对重物的最大拉力为 P
v2
C.重物的最大速度v2=
P mg
D.重物做匀加速运动的时间为 mv12
答案 ABC 物体匀速运动时,受力平衡,则F=μmg,μ= F = 7 =0.35,选项A
mg 2 10
正确;因为W=Fx,故拉力所做的功等于F-x图线曲线部分与x轴所围面积,由图
线可知小格数为13,则减速过程拉力所做的功为13×1 J=13 J,选项B正确;由动
2020高考二轮总复习物理(教师)3 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量(这是单页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量二、考向分析及备考建议功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、功能关系、机械能守恒定律及其应用，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞是历年高考的热点，2019年三套全国卷的25题进行了重点综合考查，以后还会这样．本专题命题点多，特别重视对考纲中5个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中要引起足够重视，对5个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：变力做功、动能定理的综合应用，弹簧、传送带模型中的能量关系，滑块－滑板模型中的动量和能量分析与计算，动量定理和动量守恒定律在生活中的应用、人船模型、动量守恒的多过程问题、弹性碰撞的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力的综合考查．第1讲功功率动能定理【p24】【p24】1．功和功率的计算方法(1) 功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Fl cos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图象法；④转化法；⑤动能定理法等．(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝Wt只能用来计算__平均功率__．P＝Fv cosα中的v是__瞬时速度__时，计算出的功率是__瞬时功率__；v是__平均速度__时，计算出的功率是__平均功率__．2．机车的启动问题(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及v m的求解方法．①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝__PF阻＋ma__．②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝__PF阻__．3．动能定理的内容及表达式动能和动能定理错误!4．对动能定理的进一步理解(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．【p25】考点一功和功率的分析与计算例1某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.【解析】(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合sin（90°－α）＝Fsin（90°＋θ）＝mgsin（α－θ）得F ＝3mg ，F 合＝mg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma 得a ＝gt 时刻飞行器的速率v ＝at ＝gt.(2)设t 时刻发动机动力的功率为P ，则P ＝Fv cos (α－θ) 得P ＝32mg 2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W ＝0＋P 2t 得W ＝34mg 2t 2.【答案】(1)gt (2)32mg 2t (3)34mg 2t 2【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图(2)计算功率的策略：先判后算．先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算． 变式训练1(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ＋t －t 0)×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；由动能定理：W F －mgh ＝ΔE k ＝0，∴W F ＝mgh ；两次做功相同，选项D 错误．【答案】AC考点二 机车的启动问题 例2我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m ，运动过程中的阻力恒为f ，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v 0后，列车的功率保持不变，恒为3fv 0.(1)求列车匀加速运动的时间t 1；(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x ，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力F ＝3fv 0v 0＝3f 根据牛顿第二定律可得：F －f ＝ma 根据速度时间关系可得：v 0＝at 1 联立解得t 1＝mv 02f ；(2)最大速度v m ＝3fv 0f ＝3v 0匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝mv 204f恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得： 3fv 0(t －t 1)－f(x －x 1)＝12mv 2m －12mv 20 联立解得t ＝x 3v 0＋7mv 04f .【答案】(1)mv 02f (2)x 3v 0＋7mv 04f【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． 变式训练2 (多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减为原来的一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F 和速度v 随时间t 变化的图象是( )A BC D【解析】由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为一半时，速度不能突变，根据P ＝Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F ＝12F 0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P ＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选A 、D .【答案】AD考点三 动能定理及其应用例3 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45 m ，水平轨道BC 长为0.4 m ，与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m ，g 取10 m /s 2，求：(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？【解析】(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR ＝12mv 2B－0 解得：v B ＝3 m /s滑块在B 点：F －mg ＝m v 2B R解得：F ＝60 N由牛顿第三定律可得：物块经过B 点时对轨道的压力F′＝F ＝60 N(2)滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能E p滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得： mgR －μmgL BC －mgL CD sin 30°＋W ＝0E p ＝－W解得：E p ＝1.4 J(3)将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间t ＝v B a＝1.5 s 滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝2.25 m结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．【答案】(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 最终停止在距B 点0.15 m 处【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理对全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用：(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙．现用一水平拉力F 作用在B 上，使其由静止开始运动，用f 1表示B 对A 的摩擦力，f 2表示A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )A ．F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．F 做的功可能大于A 、B 系统动能的增加量C ．f 1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．f 2对B 做的功等于B 动能的增加量【解析】由于开始运动后，A 是否会相对于B 发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功会大于AB 系统动能的增加量，A 错误，B 正确；由动能定理可知，f 1对A 做的功等于A 动能的增加量，C 正确；f 2对B 做负功和拉力做功的总功等于B 动能的增加量，D错误．【答案】BC【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．变式训练4课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，然后将一长L＝15 cm的直尺靠在三角板上距水平桌面高h＝9 cm处的A点，下端放在水平桌面上的B点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出)，测得B、C间的距离x1＝13 cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，不计物块通过B点时的机械能损失，求：(1)物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离x m.【解析】(1)由动能定理可知mgh＝μ2mg cos∠ABO×L＋μ1mgx1由几何关系可知cos∠ABO＝AB2－AO2L＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1(2)设直尺与水平方向的夹角为θ，由动能定理可知，mg sinθ×L＝μ2mg cosθ×L＋μ1mgx2木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x＝L cosθ＋x2代入数据可得x ＝25⎝⎛⎭⎫sin θ＋12cos θcm 可得最大距离x m ＝2552cm 【答案】(1)0.1 (2)2552cm 【p 123】A 组1.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A 点和A 点正上方的O 点抛出，O 点抛出小球做平抛运动，A 点斜抛出的小球能达到的最高点与O 点等高，且两球同时落到水平面上的B 点，关于两球的运动，下列说法正确的是( )A ．两小球应该是同时抛出B ．两小球着地速度大小相等C ．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等D ．两小球做抛体运动过程重力做功相等【解析】斜抛运动在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间对称性，可知斜抛物体的运动时间是下降时间的两倍，而由于斜抛物体的最高点与另一小球的抛出点的高度一样，则可知做斜抛运动的小球运动时间是做平抛运动的小球运动时间的两倍，要使两小球同时落地，两小球不能同时抛出，故A错误；由前面的分析可知两小球落地时竖直方向的分速度大小相等，由于水平方向均做匀速直线运动，且两小球水平的分位移一样，根据x＝v t结合时间关系可知，做斜抛运动的小球在水平的分速度大小为做平抛运动的小球在水平方向的分速度的一半，根据v＝v20＋v2y可知两小球落地时速度大小不相等，故B错误；设小球落地时，速度与水平方向的夹角为α，根据瞬时功率公式可得小球落地时，重力的瞬时功率为P＝mg v cos(90°－α)＝mg v sin α＝mg v y，由前面的分析可知，两小球落地时重力的瞬时功率相等，故C正确；做斜抛运动的小球初、末两位置的高度差为0，则可知重力做功为0，而做平抛运动的小球的初、末两位置的高度差不为0，即重力做功不为0，故两小球运动过程中重力做功不相等，故D错误．【答案】C2.(多选)如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A．小车的额定功率为f v mB ．小车的额定功率为f vC ．小车做匀加速直线运动时的牵引力为f ＋m v tD ．小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2 【解析】小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v m ，故A 正确，B 错误；小车做匀加速直线运动加速度a ＝v t ，根据牛顿第二定律知F －f ＝ma ，联立解得F ＝f ＋m v t，故C 正确；根据动能定理知：W －f (s ＋12v t )＝12m v 2m－0，小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为W ＝12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2，故D 正确． 【答案】ACD3.如图所示，某足球运动员在罚点球时，球被踢出后水平垂直击中球门横梁的中点，已知足球的质量为450 g ，罚球点离球门线的距离为11 m ，球门高2.44 m ，忽略空气的作用，g 取10 m/s 2，则该运动员在罚点球时对足球做的功最接近( )A ．280 JB ．200 JC ．120 JD ．70 J【解析】将运动视为逆向的平抛运动，则h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得最高点速度v 0＝x g 2h≈15.75 m/s ，此时机械能E ＝mgh ＋12m v 20＝0.45×10×2.44 J ＋12×0.45×15.752 J ≈66.79 J ，根据功能关系知末状态机械能近似等于运动员做的功，故D 正确．【答案】D4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F .从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F 做的功为( )A.m v 24B.m v 22C ．m v 2D ．2m v 2【解析】物体和木板之间的摩擦力f ＝μmg ，对于木板，要保持速度v 不变，有F ＝f ＝μmg .对于物体，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，有t ＝v a ＝v μg ，此时木板的位移s ＝v t ＝v 2μg ，水平向右的作用力F 做功：W ＝Fs ＝μmg ·v 2μg ＝m v 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C5．如图所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2N R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg sin θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半部分的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．【答案】C6．(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功D ．C 、D 两点之间的水平距离【解析】设运动员在空中飞行的时间为t ，根据平抛运动的规律，y ＝h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，故A 正确；水平方向x ＝v t ，由几何关系可得，y x ＝tan θ，代入数据解得v ＝1tan θgh 2，从A 到B 由动能定理得：mgh AB ＝12m v 2，h AB ＝h 4tan 2θ，故B 正确；设到C 的速度为v C ，从B 到C 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2C －12m v 2，可求得到C 的速度v C ，从C 到D 的过程由动能定理得：－W 克f ＝0－12m v 2C，则克服阻力做功可求解，故C 正确；运动员在C 、D 两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D 错误．【答案】ABC7．如图所示，14圆弧轨道AB 被竖直固定，其下端点B 的切线水平．现将可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放，小球从B 点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C 点(未画出)，在C 点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B 端与墙壁的水平距离为l ＝0.3 m ，不计一切摩擦和阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．圆弧轨道的半径为0.02 mB ．小球在轨道最低点B 对轨道的压力大小为10 NC ．从A 到C 的整个过程中，重力的功率先减小后增加D ．在C 点的动能为3.125 J【解析】设在B 点是速度为v B ，在C 点的速度为v C ，小球从B 点抛出后做平抛运动，水平方向有：l ＝v B t ，即 0.3＝v B t ，竖直方向有：v Cy ＝gt ，根据速度夹角关系知：tan 37°＝v Cy v B ＝gt 0.3t＝gt 20.3＝34，解得：t ＝320s ，v B ＝2 m/s ，由A 到B ，由机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2B ，R ＝v 2B 2g ＝2×220 m ＝0.2 m ，故A 错误；在B 点有N －mg ＝m v 2B R，所以小球对轨道的压力N ＝mg ＋m v 2B R ＝⎝⎛⎭⎫1×10＋1×2×20.2N ＝30 N ，故B 错误；在A 点，因为速度为零，所以重力的功率为零，在B 点，速度和重力垂直，故在B 点重力的功率为零，所以A 到B 重力的功率先增大后减小，B 到C ，重力的功率逐渐增大，故C 错误．在C 点根据速度关系v C ＝v B cos 37°＝20.8m/s ＝2.5 m/s ，动能E k ＝12m v 2C ＝12×1×2.5×2.5 J ＝3.125 J ，故D 正确． 【答案】DB 组8.(多选)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从a 点由静止出发恰好运动到d 点；小球在d 点以初速度v 0向a 点运动，恰好运动到b 点．已知Oc 垂直于杆且c 为垂足，b 点为ac 的中点，Oc ＝d ，cd ＝bc ＝l .不计小球的重力，下列说法正确的是( )A ．小球从a 运动到d 的过程中只有两个位置F 的功率为零B ．小球从a 运动到b 的过程与从b 运动到c 的过程克服摩擦力做功相等C ．v 0＝2μkdl mD ．小球在d 的速度至少要2v 0才能运动到a 点【解析】小球从a 运动到d 的过程中，在a 点、d 点速度为零，拉力的功率为零，在c 点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，有三处，A 错误；因为不计小球的重力，所以F 在垂直杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N ＝F sin θ(θ为力F 与杆之间的夹角)，故摩擦力F f ＝μN ＝μF sin θ，从a 到b 克服摩擦力做功为W f 1＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，同理从b 到c 克服摩擦力做功为W f 2＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，B 正确；根据动能定理可得μF sin θ·2l ＝2μk (s ·sin θ)·l ＝2μkdl ＝12m v 20，解得v 0＝2μkdl m ，C 正确；设在d 点的速度为v ，恰好能运动到a 点，根据动能定理可得12m v 2＝W F ＋3μkdl ，而W F ＝3μkdl ，联立v 0＝2μkdl m，解得v ＝3v 0，D 错误．【答案】BC9．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A 、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v 0做匀速直线运动．某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，则( )A ．在这段时间内两车的位移之比为6∶5B ．玩具车A 的功率变为原来的4倍C ．两车克服阻力做功的比值为12∶11D ．两车牵引力做功的比值为5∶1【解析】设挂钩断开瞬间的牵引力为F ，车受的摩擦力大小f ＝F 2，对玩具车A 分析有Fx 1－fx 1＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20；对玩具车B 分析有Pt －fx 2＝12m (1.5v 0)2－12m v 20＝58m v 20，已知P ＝F v 0，对玩具车A 分析由动量定理得：(F －f )t ＝2m v 0－m v 0，x 1＝v 0＋2v 02t ，解得：x 1∶x 2＝12∶11，故A 错；克服阻力做功W f ＝fx ，则W f 1W f 2＝x 1x 2＝1211，故C 正确；牵引力做功W A ＝Fx 1＝3m v 20，W B ＝Pt ＝2m v 20，得W A W B ＝32，故D 错；由P A ＝F ·2v 0＝2P ，故B 错． 【答案】C10．如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力．该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P ，每节车厢的总质量均为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t 速度达到最大．重力加速度为g ，求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【解析】(1)设动车组最大速度为v m ，则：2P ＝10kmg v m解得：v m ＝P 5kmg当v ＝v m 2时，2P ＝F v ，F ＝20kmg 由牛顿第二定律得：F －10kmg ＝10ma解得：a ＝kg ，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F ′－3kmg ＝3ma ，解得：F ′＝6kmg .(2)由动能定律得：2Pt －10kmgx ＝12×10m v 2m 解得：x ＝Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 3. 【答案】(1)kg 6kmg (2)Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 311．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g ＝10 m/s 2.(1)画出0～4 m 内物体加速度a 随位移x 变化的图象；(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F 减为零后物体还能滑行多远？【解析】(1)由牛顿运动定律得：F －f ＝ma得：a ＝F －f m当F ＝100 N ，x ＝0时，a ＝16 m/s 2当F ＝f ＝20 N 时，a ＝0，x ＝3.2 mF ＝0 N 时，x ＝4 m ，a ＝－4 m/s 2图象如图所示．(2)由题图可得推力F 随位移x 的变化关系式为：F ＝100－25x (N)又当物体速度最大时，物体加速度为0所以：此时F ′＝f ＝μmg解得：x ＝3.2 m 此时推力F ′＝20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：W F －μmgx ＝12m v 2m由F －x 图象的物理意义得：W F ＝S 面积＝12×(20＋100)×3.2 J ＝192 J 代入数据得：v m ＝1655 m/s 此时推力的功率：P ＝F ′v m ＝20×165 5 W ＝64 5 W (3)由题图可知推力为零时的位移x ＝4 m W 总＝12×100×4 J ＝200 J 由动能定理得：W 总－fx 总＝0－0解得x 总＝10 mx ′＝x 总－x ＝6 m故物体还能滑行6 m【答案】(1)见解析图 (2)64 5 W (3)6 m第2讲机械能守恒定律功能关系【p28】【p28】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．功能关系(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值W G＝－ΔE p；(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔE p′；(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔE p″；(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔE k；(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．【p28】。
2020高考二轮总复习物理(教师)2 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。
(新课标地区专用)2020高考物理二轮复习专题三功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用课件
高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题
例2 (2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一 个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道， 圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑 连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜 坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、 A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小.求： (1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；
答案 2 2 m/s
图2
解析 水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高 点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W. 答案 3.2 J
图1
解析 小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为vC，
由 mg＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
答案 36 N 解析 物块从 P 到 C 由动能定理：－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 解得FN＝36 N； 根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第3讲
动量和能量的综合应用 [高考统计·定方向] (教师授课资源)
动量定理和动量守恒定律(5年9考)
❶分析近五年的高考题可以看出，自
1．(2019·全国卷Ⅰ·T16)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4.8×106N，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 kg
B[根据动量定理有FΔt＝Δm v－0，解得Δm
Δt＝
F
v＝1.6×103 kg/s，所以选项B
正确。
]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
C[根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝m v，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
]
3．(2017·全国卷Ⅰ·T14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
A[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。
燃气的动量p1＝m v＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确。
]
4．(2019·全国卷Ⅱ·T25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。
行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。
刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。
图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，
t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。
已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
(a)(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[考题分析]对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m”的解读至关重要。
不进行深入思考很容易套用x1－x4＝3a(Δt)2计算加速度。
陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动。
在此可以假设汽车在t2＋3 s后再经t0时间停止运动。
由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0＝v0.5－a(2.5 s＋t0)，对最后1 m的运动过程，可逆
向等效为反向匀加速直线运动，x4＝1
2at
2
，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大
小。
在t1～t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由F-t图线与横轴所围图形的面积得到。
[解析](1)v-t图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。
在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a。
取Δt＝1 s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为s n，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，
在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－1
2a(Δt)
2②
v4＝v2－4aΔt③联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－17
6m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。
因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v23⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或者a＝288
25m/s
2，v
2
＝29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1。
由牛顿定律有f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝1
2f1(t2－t1)⑩
由动量定理有I＝m v1－m v2⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝1
2m v
2
1
－
1
2m v
2
2
⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s⑬
W＝1.16×105 J⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋1
2(v1＋v2)(t2－t1)＋
v22
2a⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m。
⑯
[答案]见解析
[教师备选题]
(多选)(2017·全国卷Ⅲ·T20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则()
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
AB[由动量定理可得：Ft＝m v，故物块在t＝1 s时的速度v1＝Ft1
m＝
2×1
2m/s
＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s时的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故B正确，C错误；
在t＝4 s时，I
合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I
合
＝m v4可得t＝4 s时，物块的速
度大小v4＝1 m/s，D错误。
]
1．动量及动量定理的理解
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解(如上T1)。
(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的(如上T2)，物体动能变化是由合外力做的功决定的。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
2．应用动量守恒的步骤
(1)分析题意，确定研究对象。