2019年度高三物理一轮系列优质练习第五章综合应用力学两大观点解决两类模型问题 ---精校解析Word版
高考物理一轮复习专题应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题练含解析
专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题（练）1．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1．5倍，则此过程中铁块损失的机械能为： （ ）A ．18mgRB ．14mgR C ．12mgR D ．34mgR 【答案】B 【名师点睛】当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1．5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功。
2．如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为： （ ）A ．mgH mv +2021B ．12021mgh mv +C ．2mgh mgH -D ．22021mgh mv +【答案】B【解析】不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由动能定理可得：E kB -12021mgh mv =，故E kB =12021mgh mv +，选项B 正确。
【名师点睛】以物体为研究对象，由动能定理或机械能守恒定律可以求出在B 点的动能．3．（多选）如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方2R 处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ．下列说法正确的有： （ ）A ．弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B ．小球运动到B 点时的速度大小为gR 2C ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD ．小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量【答案】CD【名师点睛】此题是对功能关系的考查；解题时要认真分析小球的受力情况及运动情况；尤其要知道在最高点和最低点弹簧的伸长量等于压缩量，故在两位置的弹力相同，弹性势能也相同；同时要知道机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功。
2019版高考物理一轮优选全国演练：第17讲 功能关系能
第五章 第17讲1．(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P ，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W ，重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( AC )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R解析 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgR －W ＝12m v 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2(mgR －W )mR ，选项A 正确，B 错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，D 错误．2．(2017·河北石家庄二中模拟)(多选)研究表明，弹簧的弹性势能E p 的表达式为E p ＝12kx 2，其中k 为劲度系数，x 为弹簧的形变量．如图所示，质量均为m 的两物体A 、B 用轻绳相连，将A 用一轻弹簧悬挂在天花板上，系统处于静止状态．弹簧一直在弹性限度内，重力加速度为g ，现将A 、B 间的轻绳剪断，则下列说法正确的是( CD )A ．轻绳剪断瞬间A 的加速度为gB ．轻绳剪断后物体A 最大动能出现在弹簧原长时C ．轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹力做的功为3m 2g 22kD ．轻绳剪断后A 能上升的最大高度为2mgk解析 未剪断轻绳时，把A 、B 看做整体进行受力分析，由平衡条件可得轻弹簧中弹力为2mg ，隔离B 受力分析，由平衡条件可得轻绳中拉力为mg .轻绳剪断瞬间，A 受到轻弹簧竖直向上的弹力2mg 和竖直向下的重力mg ，由牛顿运动定律，有mg －2mg ＝ma ，解得A的加速度为a ＝－g ，选项A 错误；轻绳剪断后物体A 向上做加速运动，最大动能出现在弹簧弹力等于A 的重力时，此时轻弹簧伸长量x ＝mgk ，选项B 错误；未剪断轻绳时，弹簧伸长量为2mg k ，弹簧弹性势能为E p1＝12k ⎝⎛⎭⎫2mg k 2＝2m 2g 2k ，轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹性势能为E p2＝12k ⎝⎛⎭⎫mg k 2＝m 2g 22k ，根据功能关系，弹簧弹力做的功为W ＝E p1－E p2＝3m 2g 22k ，选项C 正确；设轻绳剪断后A 能上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律，有E p1＝mgh ，解得h ＝2mgk，选项D 正确．3．(2018·天津模拟)(多选)如图所示，质量为m 的物体以初速度v 0由A 点开始沿水平面向左运动，A 点与轻弹簧O 端的距离为s ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相撞后，将弹簧压缩至最短，然后被弹簧推出，最终离开弹簧．已知弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( CD )A ．弹簧被压缩到最短时，弹簧对物体做的功W ＝12m v 20－μmg (s ＋x )B ．物体与弹簧接触后才开始减速运动C ．弹簧压缩量最大时具有的弹性势能E p ＝12m v 20－μmg (s ＋x )D ．反弹过程中物体离开弹簧后的运动距离l ＝v 202μg－2x －s解析 从物体开始运动到弹簧被压至最短过程中，由动能定理有－μmg (s ＋x )＋W ＝0－12m v 20，又W ＝－ΔE p ，解得W ＝μmg (s ＋x )－12m v 20、E p ＝12m v 20－μmg (x ＋s )，选项C 正确，A 错误；从弹簧开始反弹至物体运动到静止过程中，由能量守恒定律有E p ＝μmg (x ＋l )，解得l ＝v 202μg －2x －s ，选项D 正确；由于物体受摩擦力作用，故物体向左一直做减速运动，选项B 错误．4．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12m v 20，①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ，②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh ，③式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得E h ＝2.4×1012 J ．④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′，⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0，⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J.答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J5．(2018·重庆模拟)如图所示，一小球(视为质点)从A 点以某一初速度v 0沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度v 0；(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点初速度的范围是多少．解析 (1)小球恰能通过最高点时，设小球在最高点的速度为v ，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R，小球从A 运动到圆形轨道最高点的过程中，由动能定理有 －μmgL 1－mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝3 m/s.(2)设小球有A 点的初速度v 1，小球恰好停在C 处，小球从A 运动到C 点过程中，由动能定理有－μmg (L 1＋L 2)＝0－12m v 21，解得v 1＝4 m/s ，若小球停在BC 段，则小球在A 点初速度的范围为 3 m/s ≤v A ≤4 m/s ，设小球在A 点的初速度v 2，小球恰好越过壕沟，由平抛运动规律有 h ＝12gt 2，s ＝v C t ， 小球从A 运动到C 点的过程中，同理有 －μmg (L 1＋L 2)＝12m v 2C －12m v 22， 解得v 2＝5 m/s.若小球能过D 点，则小球在A 点初速度的范围为v A ≥5 m/s ， 故小球在A 点初速度范围是 3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s.答案 (1)3 m/s (2)3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s6．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .解析 (1)对C 受力分析，如图甲所示．C 受力平衡有2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg . (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大，如图乙所示．F x max＝32mg，B受地面的最大静摩擦力F f＝μmg，根据题意F fmin＝F x max，解得μmin＝3 2.(3)C下降的高度h＝(3－1)R，A的位移x＝2(3－1)R，摩擦力做功的大小W f＝F f x＝2(3－1)μmgR，根据动能定理W－W f＋mgh＝0－0，解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR.答案(1)33mg(2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR。
2019年度高考物理一轮复习 第五章综合应用力学两大观点解决两类模型问题学案
专题强化六综合应用力学两大观点解决两类模型问题专题解读1.本专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板两种模型中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心.3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律).命题点一传送带模型问题1.设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.2.功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝F f x传；②产生的内能Q＝F f x相对.模型1 水平传送带问题例1(2017·湖南永州三模)如图1所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40m，离地面的高度H＝3.2m，传送带以恒定的速率v0＝2m/s向右匀速运动.两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P、Q不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态.现将P、Q轻放在传送带的最左端，P、Q一起从静止开始运动，t1＝4 s时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P速度反向，滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍.已知小滑块的质量均为m＝0.2 kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：图1(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能； (2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量. 答案 (1)7.2J (2)6s (3)6.4J解析 (1)滑块的加速度大小a ＝μg ＝1m/s 2滑块P 、Q 从静止到与传送带共速所需时间t 0＝v 0a＝2sP 、Q 共同加速的位移大小x 0＝12at 02＝2m<L ＝40m故滑块第2s 末相对传送带静止 取向右为速度的正方向， 由动量守恒定律有2mv 0＝mv Q ＋mv P 又|v Q |＝2|v P |解得v Q ＝8m/s ，v P ＝－4 m/s最大压缩状态时，弹簧的弹性势能E p ＝12mv 2P ＋12mv 2Q －12×2m ·v 02＝7.2J(2)两滑块离开传送带后做平抛运动的时间相等，故两滑块的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差.t 1＝4s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6m 滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6s 这段时间内滑块Q 的位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30m<L －x 1＝34m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2s滑块P 速度减小到0时运动的位移大小x 3＝v P 22a＝8m>x 1＝6m滑块P 运动到左端时的速度大小|v P ′|＝v P 2－2ax 1＝2m/s 运动时间t 4＝|v P |－|v P ′|a＝2s两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6s(3)滑块P 、Q 共同加速阶段Q 1＝2μmg (v 0t 0－x 0)＝0.8J 分离后滑块Q 向右运动阶段Q 2＝μmg (x 2－v 0t 2)＝3.6J 滑块P 向左运动阶段Q 3＝μmg (x 1＋v 0t 4)＝2J 全过程产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝6.4J变式1 电机带动水平传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上，如图2所示.若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：图2(1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速传动输出的总能量.答案 (1)v 22μg (2)v 2μg (3)12mv 2 (4)12mv 2(5)mv 2解析 木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带速度相同后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热.对小木块，相对滑动时由μmg ＝ma 得加速度a ＝μg .由v ＝at 得，达到相对静止所用时间t ＝vμg.(1)小木块的位移x ＝v 2t ＝v 22μg.(2)传送带始终匀速运动，路程s ＝vt ＝v 2μg.(3)小木块获得的动能E k ＝12mv 2.(也可用动能定理μmgx ＝E k ，故E k ＝12mv 2.)(4)产生的摩擦热：Q ＝μmg (s －x )＝12mv 2.(注意：Q ＝E k 是一种巧合，不是所有的问题都这样)(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E 总＝E k ＋Q ＝mv 2. 模型2 倾斜传送带问题例2 如图3所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16m ，传送带以速度v ＝10m/s 沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，试求：图3(1)物体由A 端运动到B 端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量. 答案 (1)2s (2)24J解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1加速到与传送带速度相同，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12，可解得a 1＝10m/s 2，t 1＝1s ，x 1＝5m因x 1<L ，mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带速度相同后，物体将继续加速mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22解得t 2＝1s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2s(2)物体与传送带间的相对位移x 相对＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6m故Q ＝μmg cos θ·x 相对＝24J.变式2 (多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2，则( )图4A.传送带的速率v 0＝10m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J 答案 ACD解析 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2，1.0s 之后的加速度a 2＝2m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m ，1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，0～2.0s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，选项D 正确.命题点二滑块—木板模型问题1.模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型.2.位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.3.解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.例3(2017·广东汕头二模)如图5所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h＝1.5m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2m的轻弹簧，木板总质量为m＝1kg、总长度为L＝2.0m.一质量为M＝3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行.已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝32，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力.求：图5(1)物块A落到木板上的速度大小v；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.答案(1)4m/s (2)5J解析(1)物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H－h)＝v y2得v y＝2m/s物块A落到木板上时速度大小：v＝v ysin30°＝4m/s(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin30°＝μ0mg cos30°得：μ0＝tan30°＝3 3物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得，a A ＝μMg cos30°－Mg sin30°M＝2.5m/s 2(方向沿斜面向上)a B ＝μMg cos30°＋mg sin30°－μM ＋m g cos30°m＝7.5m/s 2(方向沿斜面向下)假设A 与木板B 达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板B 还没有到达斜面底端， 则有v 共＝a B t ＝v －a A t 解得v 共＝3m/s ，t ＝0.4s 此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4mx B ＝v 共2·t ＝0.6m<hsin30°－L ＝1m故Δx ＝x A －x B ＝0.8m<L －l 0＝1.8m ，说明以上假设成立.A 与B 速度相同后，由于(M ＋m )g sin30°＝μ0(M ＋m )g cos30°，则A 与B 一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A 在B 上做匀减速运动，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有： －2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得v A ＝2m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有Q ＝2μMgx m cos30°＝12Mv A 2解得Q ＝6J ，x m ＝215mA 从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有 E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin30°－12Q ＝5J即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5J.变式3 如图6所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M >m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的图象，在木块A 从B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移x 的变化图象，其中可能正确的是( )图6答案 D解析 设A 、B 间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为a A 、a B ，则μmg ＝ma A ，μmg ＝Ma B ，可知a A >a B ，v －t 图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的，故A 、B 均错误.由μmgx B ＝E k B ，12mv 02－μmgx A ＝E k A ，可知E k －x图象中，图线①、②的斜率的绝对值应相同，故C 错误，D 正确.变式4 如图7所示，一质量m ＝2kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1kg 的小铁块以水平向左的速度v 0＝9m/s 从木板的右端滑上木板.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：图7(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s . 答案 (1)0.5m/s 2(2)36J 1.5m解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2， 解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4m/s 2. 设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ＝a 2t ， 解得：v ＝1m/s ，t ＝2s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2m－12×4×4m＝10m.木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4m＝1m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10m －1m ＝9m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9J＝36J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3，发生的位移为x 3，则有：a 3＝μ1g ＝1m/s 2，x 3＝v 2－02a 3＝0.5m.木板在水平地面上滑行的总路程s ＝x 2＋x 3＝1m ＋0.5m ＝1.5m.1.(多选)如图1所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )图1A.固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C.滑块可能重新回到出发点A 处D.传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 答案 CD解析 设AB 的高度为h ，假设滑块从A 点下滑刚好通过圆形轨道的最高点C ，则此高度应该是从A 下滑的高度的最小值.刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力提供向心力，则mg ＝mv 2CR，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h－2R )＝12mv 2C －0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到滑块在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝hμ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，故选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动，如果再次到达D 点时的速度与第一次到达D 点时的速度大小相等，则根据能量守恒定律，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确.2.如图2所示，AB 为半径R ＝0.8m 的14光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接.小车质量m ′＝3kg ，车长L＝2.06m.现有一质量m ＝1kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车.已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5s 时，车被地面装置锁定(g 取10m/s 2).试求：图2(1)滑块到达B 端时，轨道对它的支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小. 答案 (1)30N (2)1m (3)6J解析 (1)由机械能守恒定律得，mgR ＝12mv 2B由牛顿第二定律得，F N B －mg ＝m v 2BR解得F N B ＝30N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度的大小为v对滑块：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对小车：μmg ＝m ′a 2，v ＝a 2t 1 解得v ＝1m/s ，t 1＝1s ， 因t 1<t 0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了t 0－t 1＝0.5s ， 则小车右端距B 端的距离为x 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)，解得x 车＝1m. (3)Q ＝μmgs ＝μmg (v B ＋v 2t 1－v2t 1)解得Q ＝6J.3.如图3所示，质量为m ＝1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：图3(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时的速度大于3m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量. 答案 (1)1033N (2)0.1m 或0.8m (3)0.5J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端的速度为v ， 由下滑过程机械能守恒得mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动.根据动能定理有μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ＝v 22g－μl ，代入数据解得h ＝0.1m若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运动.根据动能定理有－μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ′＝v202g＋μl代入数据解得h ′＝0.8m.(3)由(2)知，当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时，滑块从h ′＝0.8m 处滑下，设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ′＝12mv 2，v 0＝v －at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5J.4.一质量为M ＝2.0kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图4甲所示.地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向).已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s 2.求：图4(1)传送带速度v 的大小及方向，说明理由. (2)物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做的功，子弹射穿物块后系统产生的内能. 答案 (1)2.0m/s 方向向右 理由见解析 (2)0.2 (3)24J 36J解析 (1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0m/s 时，则随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右. (2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.02m/s 2＝2.0 m/s 2， 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.010＝0.2.(3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝vt ＝2.0×3m ＝6.0m ，所以传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0J＝24J.设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能Q 1＝μMg (vt 1＋v 12t 1)＝32J ， 物块向右运动时产生的内能Q 2＝μMg (vt 2－v 2t 2)＝4J. 所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36J.5.(2018·福建三明调研)如图5甲所示，质量为m 1＝1kg 的物块叠放在质量为m 2＝3kg 的木板右端.木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g 取10m/s 2.图5(1)在木板右端施加水平向右的拉力F ，为使木板和物块发生相对运动，拉力F 至少应为多大？(2)在0～4s 内，若拉力F 的变化如图乙所示，2s 后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s 内木板和物块的v －t 图象，并求出0～4s 内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能.答案 见解析解析 (1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F ＝(m 1＋m 2)a物块与木板将要相对滑动时，μ1m 1g ＝m 1a联立解得F ＝μ1(m 1＋m 2)g ＝8N.(2)物块在0～2s 内做匀加速直线运动，木板在0～1s 内做匀加速直线运动，在1～2s 内做匀速运动，2s 后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的v －t 图象如图所示.0～2s 内物块相对木板向左运动，2～4s 内物块相对木板向右运动.0～2s 内物块相对木板的位移大小Δx 1＝2m ，物块与木板因摩擦产生的内能Q 1＝μ1m 1g Δx 1＝4J.2～4s 内物块相对木板的位移大小Δx 2＝1m ，物块与木板因摩擦产生的内能Q 2＝μ1m 1g Δx 2＝2J ；0～4s内物块相对木板的位移大小为x1＝Δx1－Δx2＝1m 2s后木板对地位移x2＝3m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30J.0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J.。
高考物理一轮复习 规范演练 力学三大观点的综合用
权掇市安稳阳光实验学校规范演练27 力学三大观点的综合应用[抓基础]1．如图所示，B、C、D、E、F5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A 球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( ) A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A、B质量满足m A＜m B，则A、B相碰后A向左运动，B向右运动．由于B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于E、F质量满足m E＞m F，则E、F都向右运动．所以B、C、D 静止；A向左运动，E、F向右运动，选项C正确．答案：C2.如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则( )A．还是滑到C点停住B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外 D．上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1＝F f L，其中F f为物体与小车之间的摩擦力．若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2＝Q1，而Q2＝F f s，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停住，选项A正确．答案：A3．(多选)(2019·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接在另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv20D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv20解析：题图甲中，由系统能量守恒得12m A v 20＝E pm ，题图乙中，由动量守恒和能量守恒得m A ·2v 0＝(m A ＋m )v ，12m A (2v 0)2＝E pm ＋12(m A ＋m )v 2， 联立解得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 20，选项A 、C 正确．答案：AC4.(2019·汕头质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m 0v 0＝(M＋m 0)v 1，解得速度大小为v 1＝m 0v 0m 0＋M，根据牛顿第二定律可得T －(M ＋m 0)g ＝(M＋m 0)v 21l，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项A 、B 错误；子弹射入木块后，对子弹、木块和圆环整体有N ＝T ＋mg ＞(M ＋m ＋m 0)g ，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．答案：C5．(多选)(2019·青岛模拟)如图甲所示的光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图乙为物体A 与小车的v-t 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：在0～t 1时间内，物体A 与小车B 的图线与坐标轴包围的面积之差表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v 1，则m M ＝v 1v 0－v 1，选项B正确；由物体A 的v-t 图象得a ＝v 0－v 1t 1＝μg ，可求出μ，选项C 正确；因B车质量大小未知，故无法计算B 车的动能，选项D 错误．答案：BC6.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动，t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图中正确的是( )A B C D解析：木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1＞m 2，木块的加速度a 2＝F fm 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F fm 1，方向向右，因为m 1＞m 2，则a 1＜a 2，选项A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动，其速度先为负值，后为正值，木板先做匀减速直线运动，最终做速度向左的匀速运动，速度均为正值，D 项正确，C 项错误．答案：BD7.(多选)(2019·湖南长郡中学一模)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则( )A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FMB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板由牛顿第二定律得F ＝Ma ，解得a ＝FM，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv 2，C 错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，从细绳拉断到小滑块滑到木板最右端，对小滑块、弹簧、木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，12mv 2＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．答案：ABD8.(多选)(2019·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C .现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh2C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mgk答案：ABD [提素养]9.(多选)(2019·石家庄检测)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为Mv 202－（Mv 0）22（M ＋m ）C ．木箱速度为v 03时，小木块的速度为2Mv 03mD ．最终小木块速度为Mv 0m答案：BC10.(2019·山西太原二模)如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab 以及半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成，圆轨道下滑进入点与滑出点错开一小段距离，其中，ab 与圆轨道Ⅰ相切于b 点，ab ＝48.9 m ，θ＝37°，R 1＝10 m ，R 2＝5.12 m ．车厢与ab间的动摩擦因数为μ＝0.125.一次游戏中，质量m ＝500 kg 车厢A 被牵引到a 点由静止释放，经切点b 进入圆轨道Ⅰ；绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P 时，与停在P 点的障碍物B 相撞并连一起进入圆轨道Ⅱ.将A 、B 视为质点，不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)车厢A 通过圆轨道Ⅰ最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B 的质量不超过A 的多少倍？ 解析：(1)设A 到达b 点时速度为v b ，由动能定理得 mgl ab (sin θ－μcos θ)＝12mv 2b ，v b ＝489 m/s ，A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ，则有mgR 1(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2c ，A 经c 点时，轨道对A 弹力为F ，有mg ＋F ＝m v 2cR 1，解得F ＝1 450 N.(2)A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ，有 mgR 1(1－cos 37°)＝12mv 2P －12mv 2b ，解得v P ＝529 m/s ＝23 m/s ，设A 与B 碰撞后共同速度为vmv P ＝(m ＋M )v ，设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ，在P 点最小速度为v ′P ，(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2dR 2，2(m ＋M )gR 2＝12(m ＋M )v ′2P －12(m ＋M )v 2d ，解得v ′P ＝256 m/s ＝16 m/s ， 当v ＝v ′P 时，M 最大， 解得M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2316－1m ＝716m ，即B 的质量不超过A 的716.答案：(1)1 450 N (2)71611．(2019·西安适应性测试)如图所示，两个长度为L 、质量为m 的相同长方体物块1和2叠放在一起，置于固定且左、右正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L ，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m 的钢球用长为R 的轻绳悬挂在O 点，将钢球拉到与O 点等高的位置A (拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s (s ＞2L )后停下．又将钢球拉回A 点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下，重力加速度为g ，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数；(2)两物块都停下时物块2滑行的总距离． 解析：(1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0， 根据机械能守恒定律，有 mgR ＝12mv 20，可得v 0＝2gR ，钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR ，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 21，联立解得μ＝RL ＋s.(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2， 物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有 v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 23－12mv 22，设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4， 两物块一起继续滑行距离为s 1， 根据动量守恒定律和动能定理，有mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 24，可得s 1＝12L ，设物块2滑行的总距离为d ， 则d ＝s －L ＋s 1＝s －L2.答案：(1)RL ＋s(2)s －L212．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别为5m 和3m ，B 与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．解析：设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21，解得：v 1＝2gh .设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有： mg h16＝12mv ′21， 解得：v ′1＝2gh4.设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： mv 1＝－mv ′1＋5mv 2，解得：v 2＝2gh4.由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为： I ＝5mv 2＝54m 2gh .碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2＝8mv 3，据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23，解得：E pm ＝15128mgh .答案：54m 2gh 15128mgh13．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 越过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g 取10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．解析：(1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得： m 1gR 1＝12m 1v 2B ，解得：v B ＝6 m/s.m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共， 解得：v 共＝2 m/s.则碰撞过程中损失的机械能为：E 机＝12m 1v 2B －12mv 2共＝12 J.(2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒： 12mv 2共＋mg ×2R 2＝12mv 2C ，解得：v C ＝4 m/s.在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2CR 2，解得：F N ＝190 N.(3)设物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度为v 1， 由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2， 解得：v 1＝3 m/s.设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得： 对物块m ：－μmgx 1＝12mv 21－12mv 2C ，解得：x 1＝1.4 m.对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22，解得：x 2＝0.4 m ，此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m. 设物块m 在台阶上运动的最大距离为x 4，由动能定理得： －μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 21，解得：x 4＝0.8 m.答案：(1)12 J (2)190 N (3)0.8 m。
2019版高考物理一轮讲义：高考题突破讲座五应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题 含解析 精品
高考必考题突破讲座(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题题型特点考情分析命题趋势1．动力学观点和能量观点综合流程2．涉及问题(1)受力情况：几个力？恒力还是变力？(2)做功情况：是否做功？正功还是负功？(3)能量分析：建立功能关系式．►解题方法1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动学规律求解．2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题，则用功能关系求解．角度1机械能守恒角度2[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析 (1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12m v 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ， 木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]如图，—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 －2R ，① 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＝12m v 2B， ②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 ＝0－12m v 2B ， ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 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 sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩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 2，⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬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)， ⑭ P 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 见解析1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．解析 (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝v t 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析 设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12m v 2B －12m v 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12m v 2B ＝12m v 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g， 要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析 (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B ，解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有12(m＋M)v 2＋Q＝12m v2C联立解得Q＝9 J.答案(1)6 m/s(2)9 J。
2019年高考物理一轮复习专题之力的观点、能量观点和动量观点的综合应用(测)讲练测+Word版含解析
第27讲 力的观点、能量观点和动量观点的综合应用——测
【满分：110分 时间：90分钟】
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)
1．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(
)
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】 C
【解析】
【详解】
【点睛】
本题考查人船模型—平均动量守恒定律的应用，要注意根据动量守恒得出质量与水平长度的乘积也是守恒的．
2．质量分别为3m 和m 的两个物体，用一根细绳相连，中间夹着一根被压缩的轻弹簧，在光滑的水平面上以速度v 0匀速运动．某时刻剪断细绳，质量为m 的物体离开弹簧时速度变为v= 2v 0，如图所示．则在这一过程中弹簧做的功和两物体之间转移的动能分别是。
浙江高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律素养提升课六动力学方法和能量观点的综合应用学案
素养提升课(六) 动力学方法和能量观点的综合应用题型一 动力学方法和动能定理的应用(2020·7月浙江选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成。
质量m ＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H ＝1.0 m 处静止释放。
已知R ＝0.2 m ，L AB ＝L BC ＝1.0 m ，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系。
(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] (1)由机械能守恒定律得mgH ＝mgR ＋12mv 2D由牛顿第二定律得F N ＝mv 2DR＝8 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝8 N ，方向水平向左。
(2)假设能在斜轨道上到达最高点C ′点，由功能关系得mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ得L BC ′＝1516m<1.0 m ，故不会冲出。
(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，由动能定理得mgH －μmgx ＝12mv 2设碰撞后的速度为v ′，由动量守恒定律得mv ＝3mv ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，由动能定理得－3μmg (L AB －x )－3μmg h tan θ－3mgh ＝0－12(3m )v ′2得h ＝16x －548 m(58m<x ≤1 m)h ＝0(0≤x ≤58m)。
[答案] 见解析【对点练1】 跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。
2019年高考物理一轮复习专题之力的观点、能量观点和动量观点的综合应用(讲)讲练测+Word版含解析
第六章动量1、解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
2、本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.3、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
4、本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.第27讲力的观点、能量观点和动量观点的综合应用1、本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2、学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题.3、用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律).一、力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE kW合＝12mv22－12mv12机械能守恒定律E1＝E2mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22。
专题(29)专题五 力学三大观点的综合应用(解析版)
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（29）专题五力学三大观点的综合应用（解析版）知识点一力的三个作用效果与五个规律知识点二常见的力学模型及其结论命题热点 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 力学三大观点的综合应用 选择力学三大观点的一般原则1、在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【答案】B【解析】由图象知a 球以一初速度向原来静止的b 球运动，碰后a 球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a 球的质量小于b 球的质量。
2、如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M ，方向水平向右D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m ，方向水平向右【答案】D【解析】由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m，故D 正确。
3、（多选）A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x －t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x －t 图象。
c 为碰撞后它们的x －t 图象。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kg B.23kgC ．4 m/sD ．1 m/s【答案】BD【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s 。
新课标2019届【高考物理】一轮复习：第5章机械能第二节动能定理及其应用课件0905177(含答案).ppt
A．两物块到达底端时速度相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时动能相同 D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物 块重力做功的瞬时功率
解析：选 BC.根据动能定理得，mgR＝12mv2，知两物块达到底 端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故 A 错 误，C 正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同， 质量相等，则重力做功相同，故 B 正确；两物块到达底端的速 度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重 力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率，故 D 错误．
A．不能从 a 点冲出半圆轨道
B．能从
a
点冲出半圆轨道，但
H h< 2
C．能从 a 点冲出半圆轨道，但 h>H2
D．无法确定能否从 a 点冲出半圆轨道
解析：选 B.质点第一次在槽中滚动过程，由动能定理得： mgH－H2 ＋(－Wf)＝0－0，Wf 为质点克服摩擦力做功大小，解 得：Wf＝12mgH，即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为12 mgH，由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小， 因此槽给小球的弹力变小，动摩擦因数不变，所以摩擦力变小， 摩擦力做功小于12mgH，机械能损失小于12mgH，因此小球再次 冲出 a 点时，能上升的高度大于零而小于12H，故 A、C、D 错 误，B 正确．
解析：选 BD.物块从倾角为 θ 的斜面滑下，根据动能定理，有
mgh－μmgcos
h θsin
θ＝12mv2，故物块通过
C
点的速率大于通过
B 点的速率，故 A 错误；物块从倾角为 θ 的斜面滑下，根据牛
顿第二定律，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得 a＝gsin θ－
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
高三物理一轮复习课时作业：专题强化 综合应用力学两大观点解决两类模型问题
专题强化六 综合应用力学两大观点解决两类模型问题1.(多选)如图1所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )图1A.固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C.滑块可能重新回到出发点A 处D.传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多答案 CD解析 设AB 的高度为h ，假设滑块从A 点下滑刚好通过圆形轨道的最高点C ，则此高度应该是从A 下滑的高度的最小值.刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力提供向心力，则mg ＝m v 2C R ，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12m v 2C－0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到滑块在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h μ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，故选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动，如果再次到达D 点时的速度与第一次到达D 点时的速度大小相等，则根据能量守恒定律，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确.2.如图2所示，AB 为半径R ＝0.8m 的14光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接.小车质量m ′＝3kg ，车长L ＝2.06m.现有一质量m ＝1kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车.已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5s 时，车被地面装置锁定(g 取10m/s 2).试求：图2(1)滑块到达B 端时，轨道对它的支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小.答案 (1)30N (2)1m (3)6J解析 (1)由机械能守恒定律得，mgR ＝12m v 2B由牛顿第二定律得，F N B －mg ＝m v 2B R解得F N B ＝30N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度的大小为v对滑块：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1对小车：μmg ＝m ′a 2，v ＝a 2t 1解得v ＝1m/s ，t 1＝1s ，因t 1<t 0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了t 0－t 1＝0.5s ，则小车右端距B 端的距离为x 车＝v 2t 1＋v (t 0－t 1)， 解得x 车＝1m.(3)Q ＝μmgs ＝μmg (v B ＋v 2t 1－v 2t 1) 解得Q ＝6J.3.如图3所示，质量为m ＝1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3m /s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m /s 2.求：图3(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时的速度大于3m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.答案 (1)1033N (2)0.1m 或0.8m (3)0.5J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端的速度为v ，由下滑过程机械能守恒得mgh＝12，2m v解得v＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动.根据动能定理有μmgl＝12－12m v22m v0则h＝v20－μl，代入数据解得h＝0.1m2g若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运动.根据动能定理有－μmgl＝12－12m v22m v0＋μl则h′＝v202g代入数据解得h′＝0.8m.(3)由(2)知，当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时，滑块从h′＝0.8m处滑下，设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，mgh′＝12，v0＝v－at，μmg2m v＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx＝l－x相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx代入数据解得Q＝0.5J.4.一质量为M＝2.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图4甲所示.地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向).已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2.求：图4(1)传送带速度v 的大小及方向，说明理由.(2)物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做的功，子弹射穿物块后系统产生的内能.答案 (1)2.0m/s 方向向右 理由见解析 (2)0.2 (3)24J 36J解析 (1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0m /s 时，则随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度大小为v ＝2.0 m /s ，方向向右.(2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.02m /s 2＝2.0 m/s 2， 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.010＝0.2. (3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝v t ＝2.0×3m ＝6.0m ，所以传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0J ＝24J.设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能Q 1＝μMg (v t 1＋v 12t 1)＝32J ， 物块向右运动时产生的内能Q 2＝μMg (v t 2－v 2t 2)＝4J. 所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36J.5.(2018·福建三明调研)如图5甲所示，质量为m 1＝1kg 的物块叠放在质量为m 2＝3kg 的木板右端.木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g 取10m/s 2.图5(1)在木板右端施加水平向右的拉力F ，为使木板和物块发生相对运动，拉力F 至少应为多大？(2)在0～4s 内，若拉力F 的变化如图乙所示，2s 后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能.答案见解析解析(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N.(2)物块在0～2s内做匀加速直线运动，木板在0～1s内做匀加速直线运动，在1～2s内做匀速运动，2s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的v－t图象如图所示.0～2s内物块相对木板向左运动，2～4s内物块相对木板向右运动.0～2s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2m，物块与木板因摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4J.2～4s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J；0～4s内物块相对木板的位移大小为x1＝Δx1－Δx2＝1m2s后木板对地位移x2＝3m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30J.0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J.。
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答案BD
二、非选择题
3．(2018·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图3所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4 m/s，两轮轴心相距L＝5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0＝8 m/s，A、B间的距离x＝1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则
t2＝ ＝1 s
工件滑行位移大小x2＝ ＝2 m＝L－x1
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
t＝t1＋t2＝1.5 s。
答案(1)38 J(2)1.5 s
一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)
1．如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是()
图4
(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。
解析(1)根据几何关系，P、D间的高度差
h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)＝0.4 m
物块由P到D过程，由机械能守恒定律得
m1gh＝ m1v
在D点，支持力和重力的合力提供向心力
FD－m1g＝m1
图5
(1)摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。
联立解得FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N。
(2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得
m1gL1sin 53°＝ m1v
解得vM＝2 m/s
物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M点时速度为零
全过程减少的机械能ΔE＝m1gL1sin 53°
产生的内能Q＝μm1gcos 53°·s
图3
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)工件沿传送带上滑的时间。
解析(1)弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgxsin 37°＋ mv
得Ep＝38 J。
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
与传送带共速需要时间t1＝ ＝0.5 s
工件滑行位移大小x1＝ ＝3 m＜L
答案B
2．(2018·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()
图2
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。
图1
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
BQ1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝ ；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝ ，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。
根据能量守恒定律得ΔE＝Q，即
m1gL1sin 53°＝μm1gcos 53°·s
解得其在MN斜面上滑行的总路程s＝1.0 m。
答案(1)78 N(2)1.0 m
5．(2018·宜春冲刺)如图5所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。