2020届二轮复习 分层突破练7 应用力学三大观点解决综合问题 作业
2020届高考物理山东省二轮复习课件：专题二第6讲 应用“三大观点”解决力学综合问题
2t
根据动能定理,有 W= 1 mv2-0 ②
2
联立①②式,代入数据,得 W=7.5×104 J③ (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有 L2=R sin θ ④ 由牛顿第二定律,有 FN-mg=mv2 ⑤
R
联立①④⑤式,代入数据,得 FN=1.1×103 N⑥
2.(2016课标Ⅱ,25,20分)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。
W= 2 mgH ⑩
15
(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 h
sin θ
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- 1 m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有
mgh-μ'mg cos θ· h -μ'mgs'=0
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
力学三大观点的综合应用(解析版)--2025高考物理
力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F 合=ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2动量观点动量定理I 合=p ′-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。
已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。
弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。
求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。
【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。
2020版高考物理二轮复习 第一部分 专题复习训练 课时作业六 力学三大观点的应用(含解析)
课时作业六力学三大观点的应用一、选择题1．如图1所示,物块的质量为m,它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。
起初，用手按住物块,物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手,当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v.则此过程中弹力所做的功为（）图1A。
错误!mv2－μmgx B．μmgx－错误!mv2C。
错误!mv2＋μmgx D．以上选项均不对解析：设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx,由动能定理得W弹－μmgx＝错误!mv2－0,得W弹＝错误!mv2＋μmgx，C对．答案:C2．（2019年江西省质量检测)如图2甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图2乙是两者的位移图象,已知物块P的质量为m p ＝1 kg,由此可知（)图2A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s解析：根据位移图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s,碰撞前P的动量为P＝m p v0＝4 kg·m/s,选项A错误．根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明0碰撞为完全非弹性碰撞,选项B错误．碰撞后，共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m p v0＝(m p＋m Q）v，解得m Q＝3 kg,选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔP Q＝m Q v＝3 N·s,选项D正确．答案：D3．（2019年高三南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能E k、机械能E(取地面处重力势能为零）随球距离地面高度h的变化关系,其中可能正确的是（）解析:已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即F f＝kv,当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则v－t图线切线的斜率不等于零,故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小,球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小,故B错误；上升过程，由动能定理:－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝E k0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则E－h图象的斜率减小,下降过程，由动能定理:mg（h0－h）－F f（h0k－h）＝E k，即E k＝（mg－kv)（h0－h)，随下降的高度的增加,v增大，E k－h图象的斜率减小，故C正确;机械能的变化量等于克服阻力做的功：－F f h＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则F f逐渐减小，即E－h图象的斜率逐渐变小，故E －h图象不是直线，故D错误．答案：C4．(2019年武汉调研）如图3所示,半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平，D是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图3所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为( )图3A.错误!mgRB.错误!mgRC。
2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题二第5讲 应用“三大观点”解决力学综合问题
第5讲应用“三大观点”解决力学综合问题冲刺提分作业A1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。
设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F时,安全气囊爆开。
某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。
忽略撞击过程中地面阻力的影响。
求:(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。
试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
答案见解析解析(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向由动量定理有-I0=0-m1v1得I=1.6×104N·s由冲量定义有I0=Ft1得F=1.6×105 N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1得F=2.5×104 N可见F<F,故试验车的安全气囊不会爆开2.(2019湖南衡阳模拟)如图甲所示,在高h=0.8 m的水平平台上放置一质量为m'=0.9 kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2 m。
一质量为m=0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6 m的地面上。
g取10 m/s2,求:(1)小木块滑出平台时的速度;(2)子弹射入小木块前的速度;(3)子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能。
答案(1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J解析(1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有h=12gt2,s=vt联立解得v=√2ℎg=4 m/s(2)设子弹射入小木块后共同速度为v1,由题图乙可知40-v2=v12-40解得v1=8 m/s子弹射入小木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(m'+m)v1v 0=(m'+m)v1m=80 m/s(3)设子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能为Q则Q=12m v02-12×(m'+m)v2=12×0.1×802 J-12(0.9+0.1)×42 J=312 J3.(2019山东济宁模拟)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。
力学三大观点的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题04力学三大观点的综合应用目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题 (2)热点题型二应用三大动力学观点解决多过程问题 (5)热点题型三借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观 (8)三．压轴题速练 (13)一，考向分析1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.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：动力学观点(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、功能关系和能量守恒定律)。
5.本专题的核心问题与典型模型的表现形式(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。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
6.本专题的常见过程与情境7.应对策略(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)。
8.力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式动力学观点牛顿第二定律F 合＝ma匀变速直线运动规律v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 02＝2ax 等能量观点动能定理W 合＝ΔE k 机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2功能关系W G ＝－ΔE p 等能量守恒定律E 1＝E 2动量观点动量定理I 合＝p ′－p 动量守恒定律p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′9.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，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.(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.二．题型及要领归纳热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题【例1】（2022·全国乙卷·T25）如图（a ），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B 向A 运动，0=t 时与弹簧接触，到02t t =时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v t -图像如图（b ）所示。
【精】最新高考物理二轮复习专题二功和能动量和能量专题突破练7应用力学三大观点解决综合问题
教学资料参考范本
【精】最新高考物理二轮复习专题二功和能动量和能量专题突破练7应用力学三大观点解决综合问题
撰写人：__________________
部门：__________________
时间：__________________
1 / 11
(时间:45分钟满分:100分)
计算题(本题共5个小题,共100分)
1.(20分)(2018江苏南京调研)如图所示,半径R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B为轨道的最低点,B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车,平板车质量M=1 kg,长度l=1 m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h=0.2 m。
质量m=1 kg的物块(可视为质
点)从圆弧最高点A由静止释放。
g取10 m/s2。
试求:
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;
(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料,其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图所示,求物块滑离平板车时的速率;
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,物块仍从圆弧最高点A由静止释放,求物块落地时距平板车右端的水平距离。
2.
2 / 11。
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.13 三大动力学观点的综合应用(原卷版)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.13 三大动力学观点的综合应用【专题诠释】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二、常见的力学模型及其结论【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.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u =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。
（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？【2019·天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。
航母上的 舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。
为了便于研究舰载机的 起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长1150m L =，BC 水 平投影263m L =，图中C 点切线方向与水平方向的夹角12θ=︒（sin120.21︒≈）。
若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经6s t =到达B 点进入BC 。
2021届高考物理二轮专题分层突破练7 应用力学三大观点解决综合问题(含解析)
专题分层突破练7应用力学三大观点解决综合问题A组1.(2020湖北高三月考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2 kg,车上放置有质量m A=2 kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量m B=4 kg。
已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。
A、B紧靠车厢前壁,A的左端与小车后壁间的距离为x=2 m。
现对小车施加水平方向的恒力F,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞,该过程中A的速度—时间图像如图乙所示,已知重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ;(2)求恒力F的大小;(3)木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短),碰后立即撤去恒力F,若要使物体B不与小车后壁发生碰撞,则小车车厢前、后壁间距L至少为多少?2.(2020辽宁高三模拟)跑步健身可以增强体质,增强人的意志和毅力。
跑步涉及很多物理现象,如图所示,长L=24 m的木板右端固定一立柱,板和立柱的总质量M=60 kg,木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05。
质量m=60 kg的人(视为质点)立于木板左端,木板与人均静止。
若人以大小为a1=2 m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端,并立即抱住立柱,g取10 m/s2,求:(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t;(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE;(3)从人开始运动到最终木板静止,木板发生的位移大小x。
3.(2020山东高三模拟)若物体做机械振动的回复力F回与振动物体的位移x满足关系式F回=-kx,那么,其中k为常数。
如图是多米诺骨牌中滚球触发机关的一段示意图,轻质机械振动的周期为T=2π√mk弹簧一端固定在斜面底端,质量为0.2 kg的小球放在倾角为60°的光滑斜面最上端B点,在弹簧弹力作用下处于静止状态,弹簧的劲度系数为k0=5π2 N/m。
2020高考物理大二轮复习专题强化练：(九) 力学三大观点的综合应用 Word版含解析
第 1 页 共 7 页专题强化练(九) 力学三大观点的综合应用(满分:64分 时间:40分钟)一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分)1.(考点3)(多选)(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x 。
现将细线剪断,此刻物块A 的加速度大小为a ,两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ,则( )A.物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x 2B.物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x23C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv 232D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2A 的加速度大小为a 时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma ,当物块B 的加速度大小为a 时,有kx'=ma ,对比可得x'=,即此时弹簧的压缩量为,选项A 正确;取水平向左为正方向,根据x 2x2系统的动量守恒得2m -m =0,又x A +x B =x ,解得A 的位移为x A =x ,选项B 错误;根据动量守恒定律x A t x B t 13得0=2mv-mv B ,得物块B 刚要离开弹簧时的速度v B =2v ,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p =·2mv 2+=3mv 2,选项C 错误、D 正确。
1212m v B 22.第 2 页 共 7页(考点2)(多选)(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑的水平面上,质量为m 的铁块A 放在长木板右端。
一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。
子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g 。
下列说法正确的是( )A.木板获得的最大速度为v 05B.铁块获得的最大速度为v 05C.铁块与木板之间的动摩擦因数为v 0240gLD.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为2mv 025B 系统,根据动量守恒定律有mv 0=4mv 1,解得v 1=,选项A 错误;对木板B 和铁块v 04A (包括子弹)系统根据动量守恒定律有mv 0=5mv 2,解得v 2=,选项B 正确;子弹打入木板后,对木板Bv 05和铁块A (包括子弹)系统,由能量守恒定律有μmgL=·4m ·5m ,解得μ=,选项C 正确;全12v 12‒12v 22v 0240gL 过程由能量守恒定律可知,子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE=·5m 12m v 02‒12v22=25m ,选项D 正确。
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题分层突破练7应用力学三大观点解决综合问题(含解析)
专题分层突破练7 应用力学三大观点解决综合问题A组1.(2019湖南长沙模拟)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则()A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力2.(2019湖南怀化二模)如图所示,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)放置在光滑的水平面上,与一根处于自然长度的弹簧接触但不相连,弹簧另一端固定在竖直墙面上。
水平面右侧与一倾角θ=37°、长s=1 m的斜面在A处平滑连接,在斜面顶端B处通过长度可忽略的圆弧轨道与光滑水平轨道BC相连,半径R=0.8 m的竖直放置的光滑圆弧轨道CD与轨道BC相切于C点。
现用外力作用于物块将弹簧压缩一段距离,然后撤去外力,物块由静止释放后恰好运动到D点。
已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)释放物块瞬间,弹簧的弹性势能E p;(2)物块由D点返回到C点时对圆弧轨道压力F N的大小;(3)物块第一次从A点运动到B点所经历的时间t。
3.(2019山东实验中学模拟)如图所示,在水平桌面上放有长度为L=2 m的木板C,C上右端是固定挡板P,在C中点处放有小物块B,P的厚度可忽略不计。
C上表面与固定在地面上半径为R=0.45 m的圆弧光滑轨道相切,质量为m=1 kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放,木板C与桌面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ。
A、B、C(包含挡板P)的质量相同,开始时,B和C静止,A、B可视为质点。
(g取10 m/s2)(1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小;(2)若物块A与B发生碰撞,求滑动摩擦因数μ应满足的条件;(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后,物块B与挡板P发生碰撞,求滑动摩擦因数均为μ应满足的条件。
山西专版2020版高考物理二轮复习第三篇计算题热点17力学综合题一三种力学观点的应用精练
热点17 力学综合题(一) 三种力学观点的应用热考题型题型一运动学和动力学观点的应用运动学、动力学是物理学的基础,更是高考考查的热点。
其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容,有时与电场、磁场结合,综合性强,难度大,分值高,对能力要求较高。
运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上,对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键,要想获取高分应注意以下几点:(1)正确选取研究对象,可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象。
(2)全面分析研究对象的受力情况,正确画出受力示意图,再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向。
(3)全面分析研究对象的运动情况,画出运动过程示意图,特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时,一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析。
1.如图所示,质量m=5kg的物块(可看做质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知F1大小为50N,方向斜向右上方,与水平面夹角α=37°,F2大小为30N,方向水平向左,物块的速度v0大小为11m/s。
当物块运动到距初始位置距离x0=5m时撤掉F1,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求:(1)物块与水平面之间的动摩擦因数μ;(2)撤掉F1以后,物块在6s末距初始位置的距离。
答案(1)0.5 (2)2m解析 (1)物块向右做匀速运动:f+F 2=F 1cosα f=μ(mg -F 1sinα) 解得μ=0.5(2)撤掉F 1后:a 1=F 2+μmg F =30+255m/s 2=11m/s 2设经过时间t 1运动速度变为0,则:t 1=F 0F 1=1s 该时间内向右位移:x 1=F 02t 1=5.5m后5s 物块向左运动:a 2=F 2-μmg F=1m/s 2后5s 向左位移:x 2=12a 2F 22=12.5m物块在6s 末距初始位置的距离:Δx=x 2-(x 0+x 1)=12.5m-(5m+5.5m)=2m 题型二 能量观点的综合应用能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点,是高考的“重中之重”。
2020届高考物理二轮课时作业：专题二 4 “三大观点”解决力学问题 含解析
专题二第4讲[题组一]用动力学观点解决力学综合问题1.(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L＝2 m、质量M ＝4 kg的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝32，g＝10 m/s2.(1)当外力F＝30 N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得：a＝1 m/s2(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2，v1＝a1t，v2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB 坡长L ＝26 m ，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：(1)到B 处时的速度大小； (2)在水平地面上运动的最大距离； (3)在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比．解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma 1＝mg sin θ－μ1mg cos θ 代入数据可得：a 1＝2 m/s 2，速度达到8 m/s 的过程中的位移：x 1＝v 212a 1＝822×2 m ＝16 m ；滑沙板的速度较大时：ma 2＝mg sin θ－μ2mg cos θ， 代入数据可得：a 2＝4 m/s 2设到达B 的速度为v 2，则：v 22－v 21＝2a 2(L －x 1)，代入数据可得：v 2＝12 m/s(2)滑沙板在水平面上的加速度：a 3＝－μ3mg m ＝－μ3g ＝－0.4×10 m/s 2＝－4 m/s 2，由位移－速度公式可得：x 3＝0－v 222a 2＝0－1442×(－4) m ＝18 m.(3)滑沙板的速度达到8 m/s 的时间：t 1＝v 1a 1＝82 s ＝4 s ，第二段时间：t 2＝v 2－v 1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－84 s ＝1 s ， 滑沙板在水平面上的时间：t 3＝0－v 2a 3＝⎝⎛⎭⎫124 s ＝3 s ，所以在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比 t 1＋t 2t 3＝4＋13＝53. 答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)53[题组二] 用功能观点解决力学综合问题3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为2m 和m 的两个弹性环A 、B 用不可伸长且长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：(1)当B 环下落L2时，A 环的速度大小；(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环．解析：(1)当B 环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L 2L ＝12，即α＝30°由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30° 则v B ＝v Atan 30°＝3v A ，B 下降的过程中，A 与B 组成的系统机械能守恒，有 mg L 2＝12·2m v 2A ＋12m v 2B 所以A 环的速度v A ＝5gL5. (2)由于A 到达O 点时，B 的速度等于0，由机械能守恒， 12·2m v A ′2＝mgL ，解得v A ′＝gL ， 环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动． 当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12gt 2，解得t ＝Lg . 答案：(1)5gL5(2)L g4．如图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12m v 2＝12m v 2B ，解得v B ＝4 m/s.(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得 Fs －μ1mgx AB ＝12m v 2B－0，根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma ， 由运动学公式有s ＝12at 2，联立解得t ＝53s.(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R ，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 21－12m v 2B代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度R 时速度为零，由动能定理可得： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4. 答案：见解析[题组三] 用动量与能量观点解决力学综合问题5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A 左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B 停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v 0＝7 m/s ，经时间t ＝0.5 s 木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v 1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)木板的长度L 和木板与木块间的动摩擦因数μ； (2)木板和木块的质量的比值． 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则 L ＝v 0＋v 12t ＝7＋52×0.5 m ＝3 m对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt ＝m v 1－m v 0. 解得，动摩擦因数为μ＝0.4(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v12m v 21＝μmgL ＋12(M ＋m )v 2解得Mm＝24.答案：(1)3 m 0.4 (2)246．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m 小滑块A 套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P ，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L 的细线悬挂一个质量为m 的小球B ，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g .求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小； (2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度； (3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得：mgL ＝12m v 2解得：v ＝2gL在最低点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 2L解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小 F ＝3mg(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h .取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得m v ＝(2m ＋m )v 共． 12m v 2＝mgh ＋12(2m ＋m )v 2共. 联立解得h ＝23L(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v 1，滑块速度为v 2 m v ＝m v 1＋2m v 2 12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22. 解得：v 2＝232gL答案：(1)3mg (2)23L (3)232gL[题组四] 用“三大观点”解决力学综合模型7．(2019·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．解析：(1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒，有 mgR ＝12m v 2B解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v 共解得v 共＝0.5 m/s(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的“面积”，则W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：－W f ＝12m v 2－12m v 2B解得：v ＝ 5 m/s答案：(1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s8．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ．可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端．滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s ＝5 cm.g 取10 m/s 2.(1)求水平恒力F 的作用时间t .(2)求木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，求整个运动过程中系统所产生的热量． 解析：(1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 a A ＝μmgm① a B ＝F －μmg M ②根据题意有s B －s A ＝L ， 即12a B t 2－12a A t 2＝L ， ③ 将数据代入①②③联立解得t ＝1 s. (2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为 v A ＝a A t ④ v B ＝a B t ⑤当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有m v A ＋M v B ＝(m ＋M )v ⑥ 由能的转化与守恒得12m v 2A ＋12M v 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgs ⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝0.3 J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有m v A＋M v B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′.由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx，⑨由⑨式解得x＝0.15 m.由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立．整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)，⑩由⑩式解得Q＝1.4 J.答案：(1)1 s(2)0.3 J(3)1.4 J。
2020届高考物理山东版二轮习题：专题二第6讲 应用“三大观点”解决力学综合问题
第6讲应用“三大观点”解决力学综合问题1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。
设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。
某次试验中,质量m1=1600kg的试验车以速度v1=36km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。
忽略撞击过程中地面阻力的影响。
求:(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1600kg、速度v2=18km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16s两车以相同的速度一起滑行。
试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
答案见解析解析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向为正方向由动量定理有-I0=0-m1v1得I0=1.6×104N·s由冲量定义有I0=F0t1得F0=1.6×105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1得F=2.5×104N可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开2.(2019湖南衡阳模拟)如图甲所示,在高h=0.8m的水平平台上放置一质量为m'=0.9 kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2m。
一质量为m=0.1kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后一起向右运动,在平台上运动的v2-x 关系如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6 m的地面上。
g取10m/s2,求:(1)小木块滑出平台时的速度;(2)子弹射入小木块前的速度;(3)子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能。
答案(1)4m/s(2)80m/s(3)312J解析(1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有h=12gt2,s=vt联立解得v=√2ℎg=4m/s(2)设子弹射入小木块后共同速度为v1,由题图乙可知40-v2=v12-40解得v1=8m/s子弹射入小木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(m'+m)v1v0=(m'+m)v1m=80m/s(3)设子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能为Q则Q=12m v02-12×(m'+m)v2=12×0.1×802J-12(0.9+0.1)×42J=312J3.(2019山东济宁模拟)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。
2020江苏高考物理二轮练习：计算题热点巧练16 力学综合题(三大观点的应用)
热点16 力学综合题(三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1．如图甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)0～1 s内，A、B的加速度大小a A、a B；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)0～4 s内，拉力做的功W；(4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q.2．(2019·无锡市高三期末调研)如图所示，半径R＝2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h＝0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45 m，小车连同木块总质量M＝2 kg.现使一个质量m＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能．3.如图所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1 m的细线悬挂一质量为m＝0.1 kg 的滑块B，B恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．水平轨道的右侧有一质量为M＝0.3 kg 的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C静止在P点处．一质量也为m＝0.1 kg的子弹以初2速度v0＝15m/s射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为x＝0.2 m．滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛．滑块C与PD段的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；(2)弹簧的最大弹性势能．热点16 力学综合题(三大观点的应用)1．解析：(1)在0～1 s 内，A 、B 两物体分别做匀加速直线运动根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma AF 1－μmg ＝ma B代入数据得a A ＝2 m/s 2，a B ＝4 m/s 2.(2)t 1＝1 s 后，拉力F 2＝μmg ，铁块B 做匀速运动，速度大小为v 1；木板A 仍做匀加速运动，又经过时间t 2，速度与铁块B 相等．v 1＝a B t 1又v 1＝a A (t 1＋t 2)解得t 2＝1 s设A 、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t 3＝2 s ，加速度为aF 2＝(M ＋m )aa ＝1 m/s 2木板A 受到的静摩擦力f ＝Ma <μmg ，A 、B 一起运动，B 相对A 滑行的最大距离x ＝a B t ＋v 1t 2－a A (t 1＋t 2)2122112代入数据得x ＝2 m.(3)0～1 s 内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝F 1·a B t ＝12 J 12211～2 s 内拉力做的功W 2＝F 2x 2＝F 2v 1t 2＝8 J2～4 s 内拉力做的功W 3＝F 2x 3＝F 2＝20 J0～4 s 内拉力做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40 J.(4)系统的摩擦热Q 只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Q ＝μmgx ＝4 J.答案：(1)2 m/s 2 4 m/s 2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J2．解析：(1)设小球到达轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒定律mgR (1－cos 53°)＝m v 1220解得v 0＝4 m/s小球在轨道最低点F －mg ＝m解得F ＝9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F ′＝F ＝9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为v 1，此时小车的速度为v 2，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th ＝gt 212解得t ＝0.3 s小球恰好击中小车的最右端v 1t －v 2t ＝x以上各式联立解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0.5 m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR (1－cos 53°)＝m v ＋M v ＋Q 1221122解得Q ＝2.75 J.答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J3．解析：(1)①若滑块B 恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有mg ＝m 解得v 1＝＝ m/sgL 10滑块B 从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mg ·2L ＋m v ＝m v 1221122B 解得v B ＝＝5 m/s5gL 2子弹A 和滑块B 作用过程，由动量守恒定律得m v 0＝m v A ＋m v B ，解得v A ＝10 m/s2子弹A 和滑块B 作用过程中损失的能量ΔE ＝m v －m v －m v ＝10 J.1220122A 122B ②若滑块B 恰好能够运动到与O 等高处，则到达与O 等高处时的速度为零，滑块B 从最低点到与O 等高处的过程，由机械能守恒定律得mg ·L ＝m v ′122B v ′B ＝＝2 m/s2gL 5子弹A 和滑块B 作用过程，由动量守恒定律得m v 0＝m v ′A ＋m v ′B ，解得v ′A ＝(15－2) m/s25子弹A 和滑块B 作用过程中损失的能量ΔE ＝m v －m v ′－m v ′≈7.5 J.1220122A 122B (2)①若滑块B 恰好能够做完整的圆周运动，设A 与C 作用后瞬间的共同速度为v ，由动量守恒定律有m v A ＝(M ＋m )vA 、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有(M ＋m )v 2＝E p ＋μ(M ＋m )gx ，12解得E p ＝2.1 J.②若滑块B 恰好能够运动到与O 等高处，设A 与C 作用后瞬间的共同速度为v ′，由动量守恒定律得m v ′A ＝(M ＋m )v ′A 、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有(M ＋m )v ′2＝E p ＋μ(M ＋m )gx ，12解得E ′p ≈3.1 J.答案：见解析。
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第三讲应用力学三大观点解决综合问题课件
(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。
-12-
考点定位:能量守恒定律、平抛运动、圆周运动 解题思路与方法:解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理 方法,并分析题目的隐含条件,挖掘“若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆 轨道滑下”这句话包含的物理意义。
(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。 考点定位:本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守 恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点 解题思路与方法:此题综合利用上抛运动、机械能守恒定律、动 量守恒定律等规律仔细分析物理过程,挖掘题目的隐含条件,灵活 选取物理公式列出方程解答。
-9-
答案: (1)
2������������ ������������
(2)���2���������������
解析: (1)由动能定理可得,烟花弹的初动能 E=12mv2
此时,烟花弹的上升初速度 v=
2������ ������
当烟花弹上升速度为零时爆炸,可将此运动看成竖直上升运动。
竖直上升运动公式有 v=gt,v2=2gh0
设 P 滑到 D 点时的速度为 vD,由机械能守恒定律得
1 2
������������������
2
=
1 2
������������������
2+mg·2l
⑤
联立③⑤式得 vD= 2������������
⑥
-14-
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
2020版高考物理二轮复习训练： 专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题(含答案)
专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题(时间:45分钟满分:100分)计算题(本题共5个小题,共100分)1.(20分)(2017湖北武汉模拟)如图所示,质量为m=1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上,从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道,恰能做圆周运动。
C点在B点的正上方,D点为轨道的最低点。
小物块离开D点后,做平抛运动,恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。
已知半圆轨道的半径R=0.9 m,D点距水平面的高度h=0.75 m,g取10 m/s2,试求:(1)摩擦力对小物块做的功;(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小;(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。
答案 (1)4.5 J(2)60 N(3)60°解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1,因为经过C时恰好能完成圆周运动,由牛顿第二定律可得:mg=,解得v1=3 m/s小物块由A到B过程中,设摩擦力对小物块做的功为W,由动能定理得:W=,解得W=4.5 J故摩擦力对物块做的功为4.5 J。
(2)设小物块经过D点时的速度为v2,对由C点到D点的过程,由动能定理得mg·2R=小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为F N,由牛顿第二定律得F N-mg=联立解得F N=60 N,v2=3 m/s由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为F N'=F N=60 N。
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60 N。
(3)小物块离开D点做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=gt2得t= s设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为v x、v y,速度跟竖直方向的夹角为α,则v x=v2v y=gt又tan α=联立解得α=60°再由几何关系可得θ=α=60°故倾斜挡板与水平面的夹角θ为60°。
2.(20分)如图所示,上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切,整体固定在水平地面上。
高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用
高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.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vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1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。
(a)(b)(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。
例题2.如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切。
在水平轨道上，两静止小球P 、Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。
某时刻剪断细线后，小球P 向左运动到A 点时，小球Q 沿圆轨道到达C 点；之后小球Q 落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P 发生碰撞。
已知小球P 的质量m 1＝3.2kg ，小球Q 的质量m 2＝1kg ，小球P 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p ＝168J ，小球到达A 点或B 点时已和弹簧分离。
重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q 运动到C 点时的速度大小；(2)小球P 沿斜面上升的最大高度h ；(3)小球Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球P 相碰。
- 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)。
专题分层突破练7应用力学三大观点解决综合问题A组1.(2019湖南长沙模拟)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则()A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力2.(2019湖南怀化二模)如图所示,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)放置在光滑的水平面上,与一根处于自然长度的弹簧接触但不相连,弹簧另一端固定在竖直墙面上。
水平面右侧与一倾角θ=37°、长s=1 m的斜面在A处平滑连接,在斜面顶端B处通过长度可忽略的圆弧轨道与光滑水平轨道BC相连,半径R=0.8 m的竖直放置的光滑圆弧轨道CD与轨道BC相切于C点。
现用外力作用于物块将弹簧压缩一段距离,然后撤去外力,物块由静止释放后恰好运动到D点。
已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)释放物块瞬间,弹簧的弹性势能E p;(2)物块由D点返回到C点时对圆弧轨道压力F N的大小;(3)物块第一次从A点运动到B点所经历的时间t。
3.(2019山东实验中学模拟)如图所示,在水平桌面上放有长度为L=2 m的木板C,C上右端是固定挡板P,在C中点处放有小物块B,P的厚度可忽略不计。
C上表面与固定在地面上半径为R=0.45 m的圆弧光滑轨道相切,质量为m=1 kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放,木板C与桌面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ。
A、B、C(包含挡板P)的质量相同,开始时,B和C 静止,A、B可视为质点。
(g取10 m/s2)(1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小;(2)若物块A与B发生碰撞,求滑动摩擦因数μ应满足的条件;(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后,物块B与挡板P发生碰撞,求滑动摩擦因数均为μ应满足的条件。
4.(2019山东滨州模拟)如图甲所示,足够长的木板C通过某一装置锁定在地面上,物块A、B静止在木板C上,物块A、B间距离为1.1 m。
开始时物块A以速度v0=6 m/s向右运动,物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示。
已知物块A、B可视为质点,质量分别为m A=1 kg、m B=4。
A与B kg,A、B与木板间的动摩擦因数相同,木板C的质量m C=1 kg,C与地面间的动摩擦因数为16弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响,A、B碰撞后瞬间木板C解除锁定。
重力加速度g取10 m/s2。
求:(1)物块与木板间的动摩擦因数;(2)碰撞后瞬间物块A的速度;(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留两位小数)。
5.(2019广西八市调研)如图所示,固定在水平面上的斜面体倾角为θ=37°,斜面足够长。
长为L 、质量为m 的长木板B 放在斜面顶端,长为12L 、质量为12m 的木板C 也放在斜面上,B 、C 均处于锁定状态。
木板B 与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.5,B 、C 两木板厚度相同,两板间距离为L 。
将质量为14m 的物块A (可视为质点)轻放在长木板B 的顶端,同时解除木板B 的锁定,A 、B 均从静止开始做匀加速直线运动。
当木板B 与C 刚好要相碰时,解除木板C 的锁定,此时物块A 刚好要滑离木板B ,已知木板B 与C 相碰后粘在一起(碰撞时间极短),重力加速度为g ,sin 37°=0.6,求: (1)物块A 与B 间的动摩擦因数μ1;(2)从开始运动到B 与C 刚好要相碰,系统因摩擦产生的热量Q ;(3)若B 、C 碰撞后,BC 整体和A 都恰好做匀速运动,求A 在C 上滑行的时间。
B组6.(2019江西名校联考)如图所示,水平地面上左侧有一质量为2m的四分之一光滑圆弧斜槽C,斜槽末端切线水平,右侧有一质量为3m的带挡板P的木板B,木板上表面水平且光滑,木板与地面的动摩擦因数为0.25,斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。
某时刻,一质量为m的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端静止滚下,重力加速度为g,求:(1)若光滑圆弧斜槽C不固定,圆弧半径为R且不计斜槽C与地面的摩擦,求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能;(2)若斜槽C固定在地面上,小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为v0,小球滚上木板上的同时,外界给木板施加大小为v0的水平向右初速度,并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2,且F1=F2=0.5mg。
当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间),木板的速度刚好减为零,之后小球与木板的挡板发生第1次相碰,以后会发生多次碰撞。
已知小球与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短,小球始终在木板上运动。
求:①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间,木板的速度大小;②小球与挡板第1次碰撞后至第2 019次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和。
7.(2019广东揭阳二模)如图所示,在台阶的水平台面边缘静止一质量为m=0.1 kg的小球A,在紧靠A的左侧用细线竖直挂一同样大小的小球B,两球心连线水平。
在平台下面的地面上有一倾角为θ=37°m,传送带的上端离台阶的高度H=0.45 m。
把小球B 的传送带,传送带顺时针匀速转动,长度为L=53,小球A恰好沿平行拉到离平台h=0.8 m高处由静止释放,与小球A正碰后B的速率变为碰撞前的12于传送带的方向从传送带的上端飞上传送带并沿传送带运动。
已知小球A与传送带之间的动摩擦,重力加速度g取10 m/s2。
求:因数为μ=38(1)传送带上端与台阶的水平距离s;(2)求小球B的质量;(3)若要使小球A能在最短时间内到达传送带底端,传送带转动的速度应满足什么条件?专题分层突破练7应用力学三大观点解决综合问题1.B解析由题图知:碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度为v0'=0.2 m/s,可知,碰后红壶沿原方向运动,设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得:mv0=mv0'+mv,代入数据解得:v=0.8 m/s,12m v02>12mv0'2+12mv2,碰撞过程机械能有损失,碰撞为非弹性碰撞,故A错误,B正确;根据v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移,可得,碰后蓝壶移动的位移大小x=v2t=0.82×5 m=2 m,故C错误;根据图象的斜率表示加速度,知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度,两者的质量相等,由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力,故D错误。
2.答案(1)18 J(2)30 N(3)0.2 s解析(1)根据能量守恒定律得E p=mg(s·sin θ+R)+μmg cos θ·s解得E p=18 J(2)由机械能守恒定律得mgR=12mv 2 在C 点由牛顿第二定律得F-mg=m v 2R联立解得F=30 N由牛顿第三定律知物块对圆弧轨道的压力大小为F N =F=30 N (3)由功能关系得E p =12m v 02 由运动学公式得s=12(v 0+v )t 联立解得t=0.2 s3.答案 (1)3 N·s (2)μ<0.3 (3)μ<0.15 解析 (1)设滑块离开轨道时的速度为v 0,则mgR=12m v 02 v 0=3 m/s由动量定理得I=ΔP=mv 0=3 N ·s(2)若物块A 刚好与物块B 不发生碰撞,则物块A 运动到物块B 所在处时三者的速度均相同,设为v 1,由动量守恒定律得mv 0=3mv 1-μmg L2=12(3m )v 12−12m v 02式中L2就是物块A 相对木板C 运动的路程,解得μ=2v 023gL即μ=2v023gL时,A刚好不与B发生碰撞,若μ<2v023gL,则A将与B发生碰撞,故A与B发生碰撞的条件是μ<2v023gL。
代入数据得:μ<0.3(3)物块A、B间的碰撞是弹性的,系统的机械能守恒,因为质量相等,碰撞前后A、B 交换速度,B相对于A、C向右运动,以后发生的过程相当于第(2)问中所进行的延续,由物块B替换A继续向右运动。
若物块B刚好与挡板P不发生碰撞,A、B、C三者的速度相等,设此时三者的速度为v2mv0=3mv2-μmgL=12(3m)v22−12m v02解得μ=v02 3gL即μ=v023gL时,A与B碰撞,但B与P刚好不发生碰撞,若μ<v023gL,就能使B与P发生碰撞,故A与B碰撞后,物块B与挡板P发生碰撞的条件是μ<v02 3gL代入数据得:μ<0.154.答案(1)0.5(2)3 m/s方向向左(3)1.37 m解析根据图象可知a A=ΔvΔt对A受力分析并列牛顿第二定律:μ1m A g=m A a A联立以上两式解得物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5(2)设碰撞前瞬间A的速度为v,则v2-v02=-2a A x1由于A 、B 弹性碰撞,碰撞后A 、B 的速度分别为v A 、v B ,取向右为正方向,则 m A v=m A v A +m B v B12m A v 2=12m A v A 2+12m B v B 2联立以上三式解得:v A =-3 m/s 、v B =2 m/s;即碰撞后瞬间物块A 的速度大小为3 m/s,方向向左。
(3)碰撞后对木板C 受力分析得μ1m B g-μ1m A g-μ2(m A +m B +m C )g=m C a C 由物块B 受力得:μ1m B g=m B a B设经时间t 1物块B 与木板C 达到相同的速度v ,则v=v B -a B t 此时C 的速度为v=a C t联立以上四式解得:v=1.0 m/s 、t=0.2 s从碰撞结束到B 、C 速度相同,B 向右的位移大小为x 2,则 x 2=v B +v2tB 、C 相对静止后一起运动,设其加速度为a ,则 μ1m A g+μ2(m A +m B +m C )g=(m B +m C )aB 、C 一起向右运动的位移大小为x 3,则0-v 2=-2ax 3 A 碰撞后到停下经过的位移大小为x 4,则0-v A 2=-2a A x 4 最后停止时物块A 、B 间的距离 x=x 2+x 3+x 4=1.37 m5.答案 (1)13 (2)1730mgL (3)38g √3gL解析 (1)设A 和B 匀加速时的加速度大小分别为a 1和a 2,B 碰C 前运动的时间为t 1对A 和B 分别用牛顿第二定律有:14mg sin θ-μ1×14mg cos θ=14ma 1 mg sin θ+μ1×14mg cos θ-μ2m+14m g cos θ=ma 2 2L=12a 1t 12 L=12a 2t 12 求得μ1=13(2)A 在B 上滑动时因摩擦产生的热量为Q 1=μ1×14mg cos θ·L从开始运动到B 与C 刚好要相碰时的一段时间内,B 与斜面间的摩擦产生的热量Q 2=μ2×54mg cos θ·L此时整个系统因摩擦产生的热量Q=Q 1+Q 2 联立解得:Q=1730mgL(3)由(1)问求得物块A 滑动的加速度大小为a 1=13g 木板B 运动的加速度大小为a 2=16g当B 和C 刚要相碰时,A 、B 运动的时间t 1=2√3Lg 当B 和C 相碰前一瞬间,A 的速度大小v 1=a 1t 1=23√3gL B 的速度大小v 2=a 2t 1=13√3gLB 与C 碰撞的过程动量守恒。