2020届二轮复习 专题五科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题 学案(京津鲁琼专用)
京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题五科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题练习
活用“三大观点”解析电磁学综合问题1．如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R 、3R 的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N .一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P 到M 所用的时间t ；(2)若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出．粒子从M 到N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v 0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 23R① 设粒子在电场中运动所受电场力为F ，有 F ＝qE ② 设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有 F ＝ma ③ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v ＝at ④ 联立①②③④式得t ＝3RB E.⑤(2) 粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，由几何关系可得(r ′－R )2＋(3R )2＝r ′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab 的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 tan θ＝3Rr ′－R⑦ 粒子从Q 射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P 释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v .在垂直于电场方向上的分速度始终等于v 0，由运动的合成和分解可得tan θ＝v v 0⑧联立①⑥⑦⑧式得v 0＝qBR m.答案：见解析2．(2018·高考全国卷Ⅱ) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图(a) 图(b)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ② l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl.⑦(3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2（π2－π6）2πT⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E (1＋3πl18l ′)．答案：见解析3．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN 、M ′N ′，如图所示放置，两轨道之间的距离l ＝0.5 m ．轨道的MM ′端之间接一阻值R ＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN ′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ′P ′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R 0＝0.5 m ，水平直轨道MK 、M ′K ′段粗糙，KN 、K ′N ′段光滑，且KNN ′K ′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.64 T ，磁场区域的宽度d ＝1 m ，且其右边界与NN ′重合，现有一质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的导体杆ab 静止在距磁场左边界s ＝2 m 处，在与杆垂直的水平恒力F ＝2 N 作用下开始运动，导体杆ab 与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F ，结果导体杆ab 恰好能通过半圆形轨道的最高处PP ′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向； (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 的电荷量； (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析：(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v 1，由动能定理有 (F －μmg )s ＝12mv 21－0，代入数据解得v 1＝6 m/s ，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E ＝Blv 1＝1.92 V ，此时通过导体杆的电流I ＝ER ＋r＝3.84 A ，根据右手定则可知，电流方向由b 向a .(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t ，产生的感应电动势的平均值为E ，则由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝BldΔt， 通过电阻R 的感应电流的平均值I ＝ER ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝BldR ＋r＝0.64 C. (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v 2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v 3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有mg ＝m v 23R 0，代入数据解得v 3＝ 5 m/s ，杆从NN ′运动至PP ′的过程，根据机械能守恒定律有 12mv 22＝12mv 23＋mg ·2R 0， 代入数据解得v 2＝5 m/s ，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 ΔE ＝12mv 21－12mv 22＝1.1 J ，此过程中电路中产生的焦耳热Q 热＝ΔE ＝1.1 J. 答案：(1)3.84 A 由b 向a (2)0.64 C (3)1.1 J4．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L ＝1 m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m ＝1 kg 、电阻为r ＝0.5 Ω的导体棒ab 垂直于导轨放置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R ＝1.5 Ω，电容器的电容C ＝0.5 F ，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S 1闭合、S 2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求磁场的磁感应强度大小B ；(2)在开关S 1闭合、S 2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x ＝5 m 时，定值电阻产生的焦耳热为21 J ，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S 1断开、S 2闭合，由静止释放导体棒，求经过t ＝2 s 时导体棒的速度． 解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度v m ＝3 m/s 对应的感应电动势E ＝BLv m感应电流I ＝ER ＋r当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则 BIL ＝mg sin θ解得B ＝mg （R ＋r ）sin θL 2v m＝2 T.(2)导体棒和电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知， Q ab ∶Q R ＝1∶3则导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13×21 J ＝7 J导体棒下滑x ＝5 m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgx sin θ＝12mv 21＋Q ab ＋Q R得导体棒的速度v 1＝2 m/s此时感应电动势E 1＝BLv 1，感应电流I 1＝E 1R ＋r对导体棒有mg sin θ－BI 1L ＝ma 1解得加速度a 1＝2 m/s 2.(3)开关S 1断开、S 2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIL ＝ma 2感应电流I ＝ΔqΔt，Δq ＝C ΔUΔt 时间内，有ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ，a 2＝ΔvΔt解得a 2＝2 m/s 2表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，ab 棒做匀加速直线运动，t ＝2 s 时导体棒的速度v 2＝a 2t ＝4 m/s.答案：(1)2 T (2)2 m/s 2 m/s 2(3)4 m/s。
高考物理二轮复习专题：力学三大观点的综合应用课件
(向1上)碰运后动瞬的间1部小.分5球继×的续速1上度0升3大的k小高g;(度，2为)木两h板2 车的长与度。该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞
(解2：01(81·)全A到国时B卷过Ⅱ间程)汽，极车由A运短在动水，学平公在冰式雪碰路面撞上后行驶车．驾轮驶均员发没现其有正滚前方动停有，汽重车B力，立加即采速取度制动大措施小，但g取仍然1撞0上m了/汽s车2.B求. ：
力学三大观点的综合应用
力学三大观点的综合应用是高考必考点
学习目标
●透彻理解力学三大观点的具体内容，并能形 成清晰的知识网络 ●能熟练、灵活选择相关观点来解决问题，提 升物理思维能力、综合运用相关知识解决问题 的能力
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 at
x v0 v t 2
设P点的高度为h，则A上滑的过程由动能定理
解：(1)碰后，B做匀减速直线运动
根据牛顿第二定律 mB g mBaB
由运动学公式 vB2 2aB xB
解得 vB 3.0m / s
(2)碰后，A做匀减速直线运动
根据牛顿第二定律和由运动学公式
mAg mAaA
v
2 A
2a A xA
解得 vA 2.0m / s
AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的 最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度 a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求长直助滑道AB的长度L； (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小； (3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的 受力图，并求其所受支持力FN的大小．
高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题五科学思维篇1活用“三大观点”解析力学综合问题课件
小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动 学公式得
v20－v21＝2a1s0
③
v0－v1＝a1t
④
s1＝12a2t2
⑤
联立③④⑤式得
a2＝s1（v12＋s02 v0）2.
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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(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＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2 解得 a2＝5 m/s2. (3)物体在第 1 s 末的速度大小 v1＝a1t1 Ek1＝12mv21＝50 J.
(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．
[解析] (1)对滑块在倾斜部分 BC 上的运动，由牛顿第二定律有 mgsin θ＝ma1 解得 a1＝6 m/s2 斜面 BC 长 x1＝12a1t21＝3 m. (2)物体对传感器的压力为 F1＝mgcos 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
2020新课标高考物理课后演练：科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题含解析
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝
解得a2＝2m/s2
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度v2＝a2t＝4m/s.
答案：(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向；
(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R热．
解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有
(F－μmg)s＝ mv －0，
代入数据解得v1＝6m/s，
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝
当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则
BIL＝mgsinθ
解得B＝ ＝2T.
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知，
Qab∶QR＝1∶3
则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝ ×21 J＝7J
导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsinθ＝ mv ＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1，感应电流I1＝
高中物理二轮专题复习课件专题二活用力学三大观点解析力学计算
针对不同类型的问题，选择合适的方法进行求解，可以简化计算过 程，提高解题准确性。
多做模拟题
多做模拟题可以帮助学生熟悉考试形式和难度，提高解题速度和准 确性。
拓展力学计算题的深度和广度
1 2 3
深入探究物理本质
通过解决复杂的力学计算问题，深入探究物理现 象的本质和规律，加深对物理学的理解。
解题思路
明确曲线运动的条件和特点， 将复杂的曲线运动分解为简单 的直线运动或圆周运动，运用 运动的合成与分解的方法求解 。
碰撞与反冲问题
碰撞
两个或两个以上物体在运动中相互靠 近，或发生接触时，在相对较短的时 间内发生强烈相互作用的过程。
反冲
解题思路
掌握碰撞的特点和规律，注意动量守 恒定律的适用条件和应用方法。对于 反冲问题，要明确系统的内力远大于 外力，系统动量守恒。
纠正方法
在记忆公式时，要注意公式的适用条件和物理含义，可以通过多做练习题来加深对公式的 理解和记忆。此外，可以将易混淆的公式进行对比记忆，以避免混淆。
计算过程不规范，导致结果错误
不注意单位换算
在物理计算中，不同物理量的单位不同，学生容易忽视单位换算，导致计算错误。
计算过程跳步
有些学生在计算过程中喜欢跳步，导致计算过程不完整，容易出现错误。
02
01
03
解题步骤 1. 列出甲车和乙车的位移方程； 2. 根据位移关系列出方程；
例题一：直线运动中的追及相遇问题
3. 求解方程得到相遇时间。
总结：追及相遇问题中，关键要抓住两物体之间的位移关系，根据位移关系列出 方程进行求解。例题二：曲线运动中的平 Nhomakorabea运动问题
问题描述
从高为h的平台上水平踢出一球，欲击中地面上的A点，若两次踢球的方向都相 同，第一次初速度为v1，球的落地点比A近了a；第二次初速度为v2，球的落 地点比A远了b。试求v1和v2的关系。
高考物理二轮复习讲义专题五科学思维篇活用“三大观点”解析电磁学综合问题
科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题电磁学综合问题一直是高考中的必考内容且几乎每年都作为压轴题出现，同时在选择题中也有所体现．主要考查方向有两大类：(1)带电粒子在复合场中的运动；(2)电磁感应现象中动力学问题、能量问题、电路问题等．在复习中该部分一定是重点复习内容，不仅对于基本内容及规律要熟练应用，对于综合问题也一定要强化训练，形成解决电磁综合问题的信心和习惯．带电粒子在复合场中的运动【高分快攻】1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如关系图；第3步：用规律．2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．[解析](1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知 d ＝2r③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d 2.④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为 t ＝s v⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33. ⑦ [答案] (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 【题组突破】角度1 磁场—磁场组合场中的运动分析1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )A ．5πm 6qBB ．7πm 6qBC ．11πm 6qBD ．13πm 6qB解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πRv ，可得R 1＝mv qB 、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误．角度2 电场—磁场组合场中的运动分析2．(2019·全真模拟卷一)如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L ，0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝⎛⎭⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动， 进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q ⎝⎛⎭⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ； (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t 0，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y则L ＝v 0t 0，a ＝eE m ，v y ＝at 0，v y ＝v 0tan 30°联立解得E ＝3mv 20eL.(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，则x D ＝12L tan 30°＝36L所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T 则evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋rsin 30°＝L即r ＝L 3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t ＝T3T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0 解得t ＝πL9v 0.(3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小S min ＝3r ×r 2解得S min ＝3L 218.答案：见解析角度3 电场与磁场并存的叠加场问题 3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a解析：选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qEg.b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋qv b B ，解得m b ＝qE g ＋qv b Bg .c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋qv c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －qv c Bg .综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确．角度4 电场、磁场和重力场并存的叠加场问题 4．(2019·黄冈中学模拟)如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计．(1)求带电小球a 的电性及其比荷qm；(2)求带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴时与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？解析：(1)由带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a 带正电，且mg ＝qE ，解得q m ＝gE.(2)带电小球a 从N 点运动到Q 点的过程中，设运动半径为R ，有qvB 2＝m v 2R由几何关系有R ＋R sin θ＝32l联立解v ＝5πgl6带电小球a 在杆上做匀速运动时，由平衡条件有 mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得μ＝34. (3)带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动的周期 T ＝2πR v＝24πl5g带电小球a 第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t 0＝2vg ＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为 t ＝2h g＝210πl3g两球相碰有t ＝T3＋n ⎝⎛⎭⎫t 0＋T 2(n ＝0，1，2，…) 联立解得n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0，则72l ＝v 0t解得v 0＝147gl160π. 答案：(1)正电g E (2)34(3) 147gl160π带电粒子在复合场中的运动与现代科技的综合【高分快攻】教材中重要的五大科技应用类模型(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的()A ．前表面的电势比后表面的低B ．前、后表面间的电压U 与v 无关C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa[解析] 由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A 错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE ＝eBv ，又E ＝Ua ，解得U ＝Bav ，显然前、后表面间的电压U 与电子的定向移动速度v 成正比，与元件的宽度a 成正比，与长度c 无关，B 、C 错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F ＝eE ＝eUa，D 正确．[答案] D如图所示为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，其中，加速电场的电压为U ，静电分析器中与圆心O 1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，磁分析器中以O 2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右端面平行．由离子源发出的一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)经加速电场加速后，从M 点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点射出，接着由P 点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q 点射出并进入收集器．已知 Q 点与圆心O 2的距离为d .(1)求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向； (2)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小；(3)现将离子换成质量为m 1＝0.9m 、电荷量仍为q 的另一种正离子，其他条件不变．试指出该离子进入磁分析器时的位置，并判断它射出磁场的位置在Q 点的左侧还是右侧．解析：(1)离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度大小为v ，根据动能定理得qU ＝12mv 2离子射出静电分析器时的速度大小仍为v ，在磁分析器中，离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，根据牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r依题意知r ＝d 联立解得B ＝1d2mUq由左手定则得，磁场方向垂直纸面向外．(2)在静电分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R联立解得E ＝2UR.(3)设质量为m 1的离子经加速电场加速后，速度大小为v 1，根据动能定理有qU ＝12m 1v 21离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qE ＝m 1v 21R 1联立解得质量为m 1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R 1＝R ，即该离子从N 点射出静电分析器，由P 点射入磁分析器．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r 1＝m 1v 1qB ＝2m 1qUqB ∝ m 1，所以r 1<r ，即该离子射出磁场的位置在Q 点的左侧．答案：见解析三大观点解决电磁感应问题【高分快攻】1．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 则是联系这两大对象的纽带．2．解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤【典题例析】(2018·高考天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？[解析] (1)M 接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b 、由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R2①设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总 ②设两根金属棒所受安培力之和为F ，有 F ＝IlB③ 根据牛顿第二定律有 F ＝ma④联立①②③④式得 a ＝2BEl mR.⑤(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有E 1＝ΔΦΔt⑥ 其中ΔΦ＝Bl 2⑦设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有 I ′＝E 12R⑧设cd 受到的平均安培力为F ′，有 F ′＝I ′lB ⑨ 以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有 I 冲＝－F ′Δt ⑩同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0，有I 0＝2I 冲 ⑪ 设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有I 总＝0－mv 0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 I 总I 0＝mv 0R B 2l 3. 讨论：若I 总I 0恰为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场；若I 总I 0不是整数，设I 总I 0的整数部分为N ，则需设置N ＋1块有界磁场．[答案] 见解析【题组突破】角度1 单杆＋电阻＋导轨模型1．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．解析：(1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下．(2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12mv 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.答案：见解析角度2 双杆＋导轨模型2．(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l ，两根质量均为m 、电阻均为R 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F 的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2，加速度大小分别为a 1和a 2，受到的安培力大小均为F 1，则感应电动势为E ＝Bl (v 1－v 2) ①感应电流为I ＝E2R②对甲和乙分别由牛顿第二定律得 F －F 1＝ma 1，F 1＝ma 2 ③当v 1－v 2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a 1＝a 2④ 解得a 1＝a 2＝F2m⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大．(2)ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 水平向右做匀速运动．答案：见解析 角度3 线圈模型 3．(2019·滨州模拟)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虚线cc ′和bb ′与斜面底边平行，且两线间距为d ＝0.1 m ，在cc ′、bb ′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量m ＝10 g ，总电阻为R ＝1 Ω，边长也为d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，其初始位置PQ 边与cc ′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小； (2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热． 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时 有mg sin θ＝μmg cos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝（mg sin θ－μmg cos θ）RB 2d 2＝2 m/s.(2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动 有v 2＝2ax ，mg sin θ－μmg cos θ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmg cos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmg cos θg sin θ－μg cos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mg sin θ·2d －μmg cos θ·2d ＋W 安＝0，Q ＝－W 安 解得Q ＝2mgd (sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：见解析(2)线圈动生模型是磁感应强度不变，线圈穿越匀强磁场的模型，类似于双杆＋导轨模型．①分析线圈运动情况，看运动过程中是否有磁通量不变的阶段．②线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路，分析电路，由闭合电路欧姆定律列方程．③对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外＋F安＝ma.④线圈穿过磁场时，安培力做功，其他形式的能和电能互相转换，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由功能定理W外＋W安＝E k2－E k1或能量守恒定律列式．1．如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at ④联立①②③④式得t＝3RBE. ⑤(2) 粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(3R)2＝r′2 ⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan θ＝3Rr′－R⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tan θ＝vv0⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝qBR m.答案：见解析2．(2018·高考全国卷Ⅱ) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图(a) 图(b)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ② l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得 v 0＝2El ′Bl.⑦(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π6⑧ 联立①②③⑦⑧式得 q m ＝43El ′B 2l2 ⑨ 设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则 t ′＝2t ＋2（π2－π6）2πT⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πm qB⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E (1＋3πl 18l ′)．答案：见解析3．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN 、M ′N ′，如图所示放置，两轨道之间的距离l ＝0.5 m ．轨道的MM ′端之间接一阻值R ＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN ′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ′P ′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R 0＝0.5 m ，水平直轨道MK 、M ′K ′段粗糙，KN 、K ′N ′段光滑，且KNN ′K ′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.64 T ，磁场区域的宽度d ＝1 m ，且其右边界与NN ′重合，现有一质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的导体杆ab 静止在距磁场左边界s ＝2 m 处，在与杆垂直的水平恒力F ＝2 N 作用下开始运动，导体杆ab 与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F ，结果导体杆ab 恰好能通过半圆形轨道的最高处PP ′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向； (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 的电荷量； (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析：(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v 1，由动能定理有 (F －μmg )s ＝12mv 21－0，代入数据解得v 1＝6 m/s ，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E ＝Blv 1＝1.92 V ，此时通过导体杆的电流I ＝ER ＋r＝3.84 A ，根据右手定则可知，电流方向由b 向a .(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t ，产生的感应电动势的平均值为E ，则由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝Bld Δt，通过电阻R 的感应电流的平均值I ＝ER ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝BldR ＋r＝0.64 C. (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v 2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v 3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有mg ＝m v 23R 0，代入数据解得v 3＝ 5 m/s ，杆从NN ′运动至PP ′的过程，根据机械能守恒定律有 12mv 22＝12mv 23＋mg ·2R 0， 代入数据解得v 2＝5 m/s ，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 ΔE ＝12mv 21－12mv 22＝1.1 J ，此过程中电路中产生的焦耳热Q 热＝ΔE ＝1.1 J. 答案：(1)3.84 A 由b 向a (2)0.64 C (3)1.1 J 4．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L ＝1 m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m ＝1 kg 、电阻为r ＝0.5 Ω的导体棒ab 垂直于导轨放置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R ＝1.5 Ω，电容器的电容C ＝0.5 F ，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S 1闭合、S 2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求磁场的磁感应强度大小B ；(2)在开关S 1闭合、S 2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x ＝5 m 时，定值电阻产生的焦耳热为21 J ，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S 1断开、S 2闭合，由静止释放导体棒，求经过t ＝2 s 时导体棒的速度． 解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度v m ＝3 m/s 对应的感应电动势E ＝BLv m感应电流I ＝ER ＋r。
2020年高考物理重点难点易考点总结-力学三大观点的综合应用
第3课时力学三大观点的综合应用1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp ＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三个基本观点(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．1．力学规律的选用原则(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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法． (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).考向1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 (2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A ，中央放一小物块B .物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L 为1.0 m ，凹槽与物块的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v 0＝5 m /s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m/s 2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小． 解析 (1)设两者间相对静止时速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝2m v v ＝2.5 m/s ，方向向右．(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为s 1，由动能定理得－F f ·s 1＝12(m ＋m )v 2－12m v 20解得s 1＝12.5 m已知L ＝1 m ，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v 1、v 2，碰后的速度分别为v 1′、v 2′.有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′12m v 21＋12m v 22＝12m v 1′2＋12m v 2′2 得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v —t 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则 v ＝v 0＋ata ＝－μg 解得t ＝5 s凹槽的v —t 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s 2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L ，其余每份面积均为L )s 2＝12(v 02)t ＋6.5L解得s 2＝12.75 m答案 (1)2.5 m/s ，方向向右 (2)6次 (3)5 s 12.75 m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． 考向2 综合应用力学三大观点解决多过程问题例2 如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m ＝1 kg 的足够长的木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量为m B ＝2 kg.A 、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离．已知A 和C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：图3(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A 、B 、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？ 答案 见解析解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 、弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s. (2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a <μ1m A g故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2.对A 、B 、C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量守恒定律和能量守恒定律可得： m B v B ＝(m A ＋m B ＋m )vQ ＝12m B v 2B－12(m A ＋m B ＋m )v 2 解得：Q ＝4.5 J ，v ＝1.5 m/s(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 k ＝12m v 21－12×2m v 22② 解得ΔE k ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知ma ＝－μmg ③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 2④由①③④式得v 1＝6L －at2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若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 k A max ＝17 J.(限时：45分钟)1．如图1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1(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)v 1＝4.2 m /s ，v 2＝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 f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：F f ′＝F f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：F f0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于F f ′>F f0，所以木板不可能静止，将向左运动．(2)设车与挡板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿第二定律与运动学公式： 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 m2．如图2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，O 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O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图2(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(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 0.3．如图3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3(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． 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析解析 (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 2DR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 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4．如图4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v 0＝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，求：图4(1)A 滑上传送带时的加速度a 和到达Q 点时的速度； (2)若A 、B 恰能通过半圆轨道的最高点N ，求μ2；(3)要使A 、B 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？ 答案 (1)12 m /s 212 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.5解析 (1)对A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝12 m/s 2设A 能达到传送带的速度，由v 2－v 20＝2ax 0得运动的位移x 0＝116 m<L则到达Q 点前A 已和传送带共速 由于Mg sin θ＝μ1Mg cos θ，所以A 先加速后匀速，到Q 点的速度为v ＝12 m/s. (2)设A 、B 碰后的共同速度为v 1， 由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝10 m/sA 、B 在最高点时速度为v 3有：(M ＋m )v 23R ＝(M ＋m )g设A 、B 在M 点速度为v 2，由机械能守恒得： 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 解得：μ2＝0.5(3)①若以v 3由N 点抛出，则有：2R ＝12gt 2x 1＝v 3t ＝3.2 m>x则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传送带上，则μ2≤0.5②若AB 恰能落在P 点，则有：2R －L sin θ＝12gt ′2x ＋L cos θ＝v 3′t ′ 由12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ×2R 和12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx 联立可得：μ2＝0.09综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5。
二轮复习力学三大观点的综合应用 课件
-13-
考点一
考点二
考点三
(1)为使物块越过“壕沟”,求物块在B点最小ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ度v的大小;
(2)若θ=37°,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小;(sin
37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)若θ大小不确定,为使物块恰好越过“壕沟”,求力F的最小值。 关闭
((1结)由果h可=1保gt留2,得根号t=0) .4 s,v=������=4 m/s。
2
������
(2)v2=2al,解得 a=0.8 m/s2。
对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma,即 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������
代入数据可得 F≈5.27 N。
(3)由数学知识可知 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������ = N(1()其4 m中/stan(2φ)=5μ.2)7。N (3)58255 N
-12-
考点一
考点二
考点三
例2如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用 下从A点由静止开始沿水平直轨道运动,到B点后撤去力F,物体飞出 后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg,物块与水 平直轨道间的动摩擦因数μ=0.5,AB段长L=10 m,B、E两点的高度 差h=0.8 m,B、E两点的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点,空气 阻力不计,g取10 m/s2。
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。
答案： (1)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N
2020版江苏省高考物理二轮专题复习练习：专题五 1 科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题
（一） (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＝2ax ① 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＝0.1mg ③设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有 F －F 阻＝ma ④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．(2019·高考北京卷)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关．雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g .(1)质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中克服空气阻力所做的功W .(2)将雨滴看做半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f ＝kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例系数．a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2(r 1>r 2)的雨滴在空气中无初速下落的v －t 图线，其中________对应半径为r 1的雨滴(选填“①”或“②”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v －t 图线．(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f ∝v 2(提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0)．详细分析：(1)根据动能定理mgh －W ＝12mu 2可得W ＝mgh －12mu 2.(2)a.根据牛顿第二定律mg －f ＝ma 得a ＝g －kr 2v 2m当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量m ＝43πr 3ρ由a ＝0，可得，雨滴最大速度v m ＝4πρg3kr . b ．图线①对应半径为r 1的雨滴； v －t 图线如图1.(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．以下只考虑雨滴下落的定向运动．简化的圆盘模型如图2.设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变．在Δt 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm ＝Sv Δtnm 0以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有 F Δt ∝Δm ×v 得F ∝nm 0Sv 2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f ∝v 2 采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论． 答案：见解+析3.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vC ＝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 J4．(2019·苏州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.(1)求A 、B 刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？详细分析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 由动量守恒定律有m A v A －m B v B ＝0 联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s .由动能定理得－μm B gs ＝0－12m B v 2B 解得s ＝v 2B 2μg＝2.25 ms <L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21 由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解+析(二)(建议用时：40分钟)1.(2019·宿迁质检)如图所示，半径R ＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道B ，静止于光滑的水平地面上．现将物体A 在轨道顶端(与圆心O 等高)由静止释放，已知A 、B 两物体的质量之比为m A m B ＝12，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h ＝0.2 m ，物体A 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g 取10 m/s 2.求：(1)当物体A 恰好脱离圆弧轨道时，A 、B 两物体的速度大小之比 v Av B； (2)当物体A 落地时，其落地点与B 的右侧之间的水平间距s . 详细分析：(1)A 、B 系统水平方向动量守恒， 有0＝m A v A －m B v B 则v A v B ＝m B m A ＝21. (2)系统机械能守恒，有m A gR ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 解得v A ＝2 m/s ，v B ＝1 m/s A 离开B 后做平抛运动，运动时间t ＝2h g ＝2×0.210s ＝0.2 s 该过程由于地面光滑，B 向左匀速运动，水平位移s B ＝v B t A 在水平方向位移s A ＝v A t 则A 落地点与B 左侧的水平间距s ＝s A ＋s B ＝(v A ＋v B )t ＝(2＋1)×0.2 m ＝0.6 m. 答案：见解+析2.(2019·泰州模拟)如图所示，一光滑的斜面与一光滑平台平滑连接，平台的右端恰好在四分之一圆弧的圆心，圆弧的半径为R ，质量为m 的物体B ，放在平台的右端，质量为M 的A 物体从某一高度下滑，A 下滑到平台右端和B 物体相碰，碰后B 物体做平抛运动，落到圆弧上，则(1)若落点与圆心连线与水平方向夹角为θ，求B 物体碰后瞬间的速度大小； (2)若该落点比落在其他地方的动能都小，求B 物体碰后瞬间的速度大小； (3)试求满足第(2)问条件时，A 物体开始下滑时高度的可能值．详细分析：(1)设B 物体落地点与圆心的连线和水平面夹角为θ，B 物体与A 碰后的速度为v .落到圆弧轨道的时间为t ，根据平抛运动知识有：R cos θ＝v t R sin θ＝12gt 2解得：v ＝gR cos 2θ2sin θ.(2)设B 物体落到圆弧上的动能为E k ，根据动能定理有： mgR sin θ＝E k －12m v 2联立解得：E k ＝mgR sin θ＋mgR cos 2θ4sin θ当sin θ＝33时，E k 最小，解得B 物体平抛初速度v 为： v ＝3gR3. (3)设A 与B 碰前速度为v 0，A 与B 碰撞后的速度为v 1，由动量守恒定律，有：M v 0＝M v 1＋m vA 与B 碰后，应有：v ≥v 1A 与B 碰撞可能有动能损失，则有： 12M v 20≥12M v 21＋12m v 2 联立解得：（M ＋m ）v 2M ≤v 0≤（M ＋m ）vM在A 下滑的过程中，根据动能定理，有：Mgh ＝12M v 20联立解得：3（M ＋m ）2R 24M 2≤h ≤3（M ＋m ）2R6M 2.答案：(1)gR cos 2θ2sin θ(2)3gR3(3)3（M ＋m ）2R 24M 2≤h ≤3（M ＋m ）2R 6M 23.(2019·南通二模)如图，光滑水平面上静止一质量m1＝1.0 kg 、长L ＝0.3 m 的木板，木板右端有质量m 2＝1.0 kg 的小滑块，在滑块正上方的O 点用长r ＝0.4 m 的轻质细绳悬挂质量m ＝0.5 kg 的小球．将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8 N ，最终小滑块恰好不会从木板上滑下．不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小； (2)小滑块与木板之间的动摩擦因数． 详细分析：(1)小球下摆过程，机械能守恒 mgr (1－cos θ)＝12m v 2小球碰前瞬间的速度大小v ＝gr ＝2 m/s小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得： F T －mg ＝m v 2r ，F ′T －mg ＝m v ′2r由题意得：F T －F ′T ＝4.8 N联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v ′＝0.4 m/s.(2)小球与小滑块碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝－m v ′＋m 2v 1解得：v 1＝1.2 m/s小滑块在木板上滑动过程中动量守恒，可得： m 2v 1＝(m 1＋m 2)v 2 解得：v 2＝0.6 m/s由能量守恒可得：μm 2gL ＝12m 2v 21－12(m 1＋m 2)v 22 小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.12. 答案：(1)2 m/s 0.4 m/s (2)0.124．(2019·宿迁质检)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长为L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(视为质点)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R 的取值．详细分析：(1)设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 m v 0＝(m ＋M )v 1 代入数据解得v 1＝4 m/s设滑块与小车的相对位移为L 1，由系统能量守恒有 μmgL 1＝12m v 20－12(m ＋M )v 21 代入数据解得L 1＝3 m.设与滑块相对静止时小车的位移为s 1，根据动能定理有 μmgs 1＝12M v 21－0代入数据解得s 1＝2 m.因L 1<L ，s 1<s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与墙壁碰撞时的速度为v 1＝4 m/s.(2)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度v 1＝4 m/s ，位移为L 2＝L －L 1＝1 m 的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P .若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q ，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg ＝m v 2R根据动能定理有－μmgL 2－mg (2R )＝12m v 2－12m v 21联立并代入数据解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道．根据动能定理有－μmgL 2－mgR ＝0－12m v 21代入数据解得R ＝0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.答案：(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m。
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？
高考物理二轮复习基础回扣五、应用“三大观点”解决力学综合问题
五、应用“三大观点”解决力学综合问题知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题基础回扣力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。
这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
易错辨析我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。
知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题基础回扣1.知识分析动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.方法技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。
特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。
易错辨析1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。
2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。
知识点3 应用三大观点解决力学综合问题基础回扣1.运动分析(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(课标版)2020届高考物理二轮复习专题二第5讲应用“三大观点”解决力学综合问题课件
vD= 2gl ⑥
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
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。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
5
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。
2a物块
L=0 m时,s有最大值smax=2 m
2.(2019山东潍坊质检)如图,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与 水平轨道CD相切于C点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固 定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m可视为质点的滑块从轨 道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,且恰能触发弹簧解除锁定,然后滑 块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°,求: (1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力大小; (2)弹簧被锁定时具有的弹性势能; (3)滑块返回到P点时的加速度大小。
Ep=
1 2
MvB2
+μMg·4l
②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得
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
2025高考物理总复习用三大观点解决力学问题
0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质
点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2 (x为形变量)，重力
则滑块a、b碰撞过程损失的能量 ΔE＝12mvF2－12mva2－12×3mvb2 解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住， 求碰撞后弹簧最大长度与最小长度 之差Δx。 答案 0.2 m
若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则由动量守恒知a、b 碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv 解得v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长 时有共同速度v′， 有 4mv＝6mv′，解得 v′＝53 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1， 由能量守恒有12×(m＋3m)v2＝12× (m＋3m＋2m)v′2＋12kx12 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和 最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (2023·江苏徐州市第七中学校考)如图所示，质量m＝1 kg的小球用 长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上， 两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉 至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一 段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、 B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量 mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
专题(19)力学三大观点的综合应用(解析版)
2021年高考物理二轮重点专题整合突破专题（19）力学三大观点的综合应用（解析版）高考题型1应用力学三大观点处理多过程问题1．力学三大观点对比2.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．(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(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．(3)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，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．第1页共15页第 2 页 共 15 页(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，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．【例1】(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m A ＝1.0 kg ，m B ＝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1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E k ＝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/s 2.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．图1(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？【答案】(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B Ⅲ E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2Ⅲ联立ⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/sⅢ(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g Ⅲ s B ＝v B t －12at 2Ⅲ第 3 页 共 15 页v B －at ＝0Ⅲ在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 mⅢ这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为 s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 mⅢ(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g ()2l ＋s B Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ′＝7 m/sⅢ故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″Ⅲ 12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/sⅢ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s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式 2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2Ⅲ 由ⅢⅢⅢ式及题给数据得第 4 页 共 15 页s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 mⅢs A ′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 s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m 【变式训练】1．如图2所示，半径为R 的光滑的34圆弧轨道AP 放在竖直平面内，与足够长的粗糙水平轨道BD 通过光滑水平轨道AB 相连．在光滑水平轨道上，有a 、b 两物块和一段轻质弹簧．将弹簧压缩后用细线(未画出)将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接．将细线烧断后，物块a 通过圆弧轨道的最高点C 时，对轨道的压力大小等于自身重力．已知物块a 的质量为m ，b 的质量为2m ，物块b 与BD 面间的动摩擦因数为μ，物块a 到达A 点或物块b 到达B 点前已和弹簧分离，重力加速度为g .求：图2(1)物块b 沿轨道BD 运动的距离x ； (2)烧断细线前弹簧的弹性势能E p . 【答案】(1)3R 4μ (2)92mgR【解析】(1)以水平向左为正方向，弹簧弹开a 、b 过程， 由动量守恒定律得0＝mv 1－2mv 2物块a 从A 运动到C 的过程中，由机械能守恒定律得 12mv 12＝mg ·2R ＋12mv C 2 在最高点重力与支持力的合力提供物块a 所需向心力 则有mg ＋F N ＝m v C 2R，又F N ＝mg ，第 5 页 共 15 页联立可解得v 1＝6gR ，v 2＝6gR2物块b 减速到停下过程中，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12·2mv 22可解得x ＝3R4μ(2)弹簧弹开物块a 、b 的过程，弹性势能转化为动能，可得 E p ＝12mv 12＋12·2mv 22解得弹性势能E p ＝92mgR .2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D 点平滑连接半径为R ＝2 m 、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C 、D 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A 从C 点开始，以初速度v 0＝3 m/s 沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D 点距离为3.25 m 的P 点静置另一个可视为质点的物块B .已知物块A 、B 与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 的质量m 1＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求物块A 从C 点滑到D 点时，对圆弧轨道的压力；(2)若物块B 的质量为m 2＝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； (3)若B 的质量为m 2′＝ 5 kg ，物块A 与B 的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A 与B 均停止后它们相距多远．【答案】(1)34.5 N ，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m【解析】(1)设物块A 在D 点的速度为v 1，则物块A 从C 点运动到D 点的过程，由动能定理可得： m 1gR ＝12m 1v 12－12m1v 02第 6 页 共 15 页得v 1＝7 m/s设物块A 在D 点受到圆弧轨道向上的支持力大小为F N ，则有F N －m 1g ＝m 1v 12R得F N ＝34.5 N由牛顿第三定律可得：物块A 在D 点对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝34.5 N ，方向竖直向下．(2)设物块A 在P 点与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 2，加速度大小为a 1，则从D 点到P 点的过程中，由牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a 1 －2a 1L ＝v 22－v 12 得v 2＝6 m/s物块A 与物块B 碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3 解得v 3＝3 m/sA 、B 碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得：μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 0－v 32＝－2a 2x 得x ＝94m ＝2.25 m此时距D 的距离为L ＋x ＝5.5 m(3)物块A 运动到P 点的速度仍为v 2＝6 m/s ，碰撞过后瞬间A 与B 的速度分别为v 4、v 5 ，A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m 1v 2＝m 1v 4＋m 2′v 5 12m 1v 22＝12m 1v 42＋12m 2′v 52 得v 4＝－4 m/s ，v 5＝2 m/s由于12m 1v 42<m 1gR ＋μm 1gL ，故A 反弹后不能达到C 点；设物块A 与B 碰撞过后，直至停止的整个运动过程中，在水平地面上运动的路程为s ，由动能定理可得：第 7 页 共 15 页－μm 1gs ＝0－12m 1v 42得s ＝4 m故物块A 向左运动3.25 m 后滑上圆弧返回后又向右运动了x 1＝s －L ＝0.75 m 物块B 向右减速至零，则有0－v 52＝－2a 3x 2，μm 2′g ＝m 2′a 3 解得x 2＝1 m故A 、B 相距s ′＝L ＋x 2－x 1＝3.5 m ．3．如图4，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在木板B 的左端．质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h ＝0.2 m ，物块A 与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A 、木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g ＝10 m/s 2)求：图4(1)小球运动到最低点与物块A 碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使物块A 、木板B 达到共同速度前物块A 不滑离木板，木板B 至少多长． 【答案】(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【解析】(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得： m 0gL ＝12m 0v 02，解得v 0＝4 m/s(2)对小球反弹后上升到最高点的过程，由机械能守恒定律得 m 0gh ＝12m 0v 12解得：v 1＝2 m/s第 8 页 共 15 页小球与物块A 碰撞过程系统动量守恒，以小球碰前速度的方向为正方向 由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋mv A 解得v A ＝1 m/s(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以物块A 的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mv A ＝(m ＋M )v ， 解得v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12mv A 2－12(m ＋M )v 2，解得x ＝0.25 m.4．(2018·全国卷Ⅲ·24)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． 【答案】(1)1g2E m (2)2E mg【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有 E ＝12mv 02Ⅲ设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt Ⅲ 联立ⅢⅢ式得 t ＝1g2E mⅢ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有第 9 页 共 15 页E ＝mgh 1Ⅲ火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有 14mv 12＋14mv 22＝E Ⅲ 12mv 1＋12mv 2＝0Ⅲ 由Ⅲ式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有 14mv 12＝12mgh 2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢⅢ式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2Emg高考题型2 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)．【例2】(2019·江苏卷·15)如图5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：图5(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a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小a A＝μg由匀变速直线运动规律得2a A L＝v A2解得v A＝2μgL；(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿第二定律F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2ma B′，得a B′＝μg；(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A加速度的大小为a A 则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t2，x B＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得v B＝22μgL.【变式训练】5．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图6所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()第10页共15页第 11 页 共 15 页图6A ．0 B.2μg 3 C.μg 2D.F 2m －μg 4【答案】ACD【解析】若F 较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F －μ4·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ，选项D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －μ4·2mg ＝ma ，解得：a ＝μg 2，选项C 正确． 6．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图7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v 0＝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 变化的图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(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 ＝Δv Δt＝-1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B第 12 页 共 15 页解得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，以水平向右为正方向，对A 、B 由动量守恒定律可得：mv 0－Mv 0＝(M ＋m )v 1解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：mv 1－mv 0＝－μmgt 1解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12Mv 12－12Mv 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 A v 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：12mv 02＋12Mv 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：mv 1－Mv 1＝(M ＋m )v 2由能量守恒有：12mv 12＋12Mv 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m第 13 页 共 15 页由于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．7．(2020·河南郑州市线上测试)如图8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8(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第 14 页 共 15 页对物块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也为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 ．8．如图9甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图9(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长．【答案】(1)78(2)18 m第 15 页 共 15 页【解析】(1)根据v －t 图象的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2 由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得μ＝78 (2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动， 0～6 s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下， 2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上 所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。
- 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)。
科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题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/s 2)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．[解析] (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＝ma 1 解得a 1＝6 m/s 2斜面BC 长x 1＝12a 1t 21＝3 m.(2)物体对传感器的压力为F 1＝mg cos θsin θ，由题图乙可知F 1＝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 ＝F 2 ＝4 N 对滑块由牛顿第二定律有f ＝ma 2 解得a 2＝2 m/s 2滑块在AB 表面上滑行的距离x 2＝v 22a 2而滑块到达B 点处的速度v ＝a 1t 1＝6 m/s 2×1 s ＝6 m/s 联立解得x 2＝9 m滑块克服摩擦力做的功为W f ＝fx 2＝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s 0和s 1(s 1<s 0)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v 0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v 1，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．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －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 1t ④s 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．解析：(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】如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．[解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为 l ＝7R －2R①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B② 式中θ＝37°联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR .③ (2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0 ⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR .⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m【题组突破】1. 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．解析：(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 ≥0 ④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 ＝2gl⑥ v 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2．(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．解析：(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·高考全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．[解析] (1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 1＝m ⎝⎛⎭⎫－v 12＋m ′v ′ ①12mv 21＝12m ⎝⎛⎭⎫－12v 12＋12m ′v ′2 ② 联立①②式得m ′＝3m .③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12mv 21－0④ －(fs 2＋mgh )＝0－12m ⎝⎛⎭⎫－v 122⑤从图(b)所给出的v －t 图线可知 s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦ 由几何关系 s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W ＝fs 1＋fs 2⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W ＝215mgH .⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 W ＝μmg cos θ·H ＋hsin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有 －μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·hsin θ－μ′mgs ′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μμ′＝119. ⑭[答案] (1)3m (2)215mgH (3)119【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)解析：(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 gR ①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 2B ⑦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 m 2．(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． 解析：(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？[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 ＝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．解析：(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．解析：(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 .解析：(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/s2. ②(2)设飞机滑跑受到阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg ③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma ④设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v＝v2⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Fv ⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W.答案：见解析2．(2019·高考北京卷)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关．雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g.(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W.(2)将雨滴看做半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数．a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m与半径r的关系式；b．示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v－t图线，其中________对应半径为r1的雨滴(选填“①”或“②”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v－t图线．(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)．解析：(1)根据动能定理mgh －W ＝12mu 2可得W ＝mgh －12mu 2.(2)a.根据牛顿第二定律mg －f ＝ma 得a ＝g －kr 2v 2m当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量m ＝43πr 3ρ由a ＝0，可得，雨滴最大速度v m ＝4πρg3kr . b ．图线①对应半径为r 1的雨滴； v －t 图线如图1.(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．以下只考虑雨滴下落的定向运动．简化的圆盘模型如图2.设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变．在Δt 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm ＝Sv Δtnm 0以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有 F Δt ∝Δm ×v 得F ∝nm 0Sv 2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f ∝v 2采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论．答案：见解析3. 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？解析：(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 2C R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 J4．(2019·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.。