2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題：二第4講“三大觀點”解決力學(xué)問題學(xué)案

1、第4講“三大觀點”解決力學(xué)問題考情分析備考導(dǎo)航用胸馬韋者梢透視命獨朝律三年考情分析局考命題規(guī)律三年考題考查內(nèi)容核心素養(yǎng)近幾年局考中對力學(xué)綜合知識的考查一般體現(xiàn)在計算中， 尤 其在動量成為必考內(nèi)容后，其考 核更加多樣化.對于一般的力學(xué) 問題要涉及以下知識點：牛頓 運動定律結(jié)合運動學(xué)公式處理 有規(guī)律的運動；動能定理結(jié)合能量守恒定律處理變力及曲線 運動問題；動量定理結(jié)合能量 守恒定律處理碰撞、爆炸、反沖 類問題.此部分在復(fù)習(xí)中要后效地尋求解題的突破口 .2019出卷25T動量和能量的綜合應(yīng)用物理觀念科學(xué)思維2018I 卷 24T動量與能量的綜合應(yīng)用科學(xué)思維2017n 卷 24T牛頓第二定律，運動學(xué)公

2、式科學(xué)思維出卷25T動力學(xué)觀點解決板塊問題物理觀念科學(xué)思維考向聚焦高考必備注明熱電考向突破技法指導(dǎo)|考向一用動力學(xué)觀點解決力學(xué)綜合問題知識必備提核心通技法典題例析 析典題 學(xué)通法例1 （2019江蘇卷，15T）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊 A和B疊放在水平地面上，左邊 緣對齊.A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為科先敲擊A, A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下，接著敲擊 B, B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動,左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力， 重力加速度為g,求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小VA；(2)在左邊緣再次對齊

3、的前、后，B運動加速度的大小 aB、a' b；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vb.審題指導(dǎo)(1)A獲得向右的速度后，A對B向右的滑動摩擦力小于地面對B向左的最大靜摩擦力，因此，此過程B靜止不動.(2)B獲得向右速度后，A、B間發(fā)生相對滑動，到再次左邊緣對齊，A、B兩物塊的位移差為L.解析(1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA=的勻變速直線運動2 aAL = vA解得 va =，2/L(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為 m對齊前，B所受合外力大小F= 3刈g由牛頓運動定律 F=maB,得 aB = 3四對齊后，A、B所受合外力大小F' =2 pmg由牛頓運動定律 F' =2m

4、a b,得a'B=四(3)經(jīng)過時間t, A、B達到共同速度v,位移分別為xa、xb, A加速度的大小等于 aA貝U v=aAt, v= vb - aBt11xa=aAt2, xb= vetaBt2 22且 xb xa= L解得 vb=2,2國L答案(1)va=V2VgL (2)aB=3(ig a' b=(3)vb= 2 亞TgL跟進題組練考題 提能力1.如圖所示，地面上有一固定的傾角0= 37°的斜面，質(zhì)量為m= 2 kg的滑塊C(可視為質(zhì)點)從距長木板上表面高h= 0.6 m處由靜止滑下，水平地面上長木板 A上表面與斜面末端平滑對接，A左端與斜面間緊靠在一起但不粘連

5、，A右端與B左端緊靠在一起同樣不粘連，A、B的上表面涂有不同材質(zhì)的涂料，下表面光滑，長度 L均為37.5 cm,質(zhì)量M均為1 kg,原先靜 止在光滑的水平地面上， 已知滑塊C與斜面間的動摩擦因數(shù)為卬=0.5,滑塊C與木板A間的1動摩擦因數(shù)為 圖=0.2,滑塊C與木板B間的動摩擦因數(shù)為陛=忽略空氣阻力.(最大靜摩6擦力與滑動摩擦力大小相等，sin 37 = 0.6, cos 37°= 0.8,取g=10 m/s2)求：(1)滑塊C到達斜面底端時的速度 vo為多大？(2)滑塊C在A上表面滑行時，A、B間的彈力大小為多少？(3)經(jīng)多長時間滑塊 C運動到A的右端？此時滑塊 C的速度為多大？(

6、4)最終穩(wěn)定時，滑塊 C是否脫離長木板 B?若未脫離，滑塊 C相對B靜止的位置距離 B 右端多遠？解析：(1)滑塊在斜面上運動時，由牛頓第二定律得mgsin 0 mgcos 0= ma0,代入數(shù)據(jù)解得a0= 2 m/s2,h由運動學(xué)公式得v0=2a0sn7,。代入數(shù)據(jù)解得vo= 2 m/s.(2)C在A上表面滑行時，A、B一起運動，受到 C給的向右的摩擦力為mg=2MaAB,解得 aAB= 2 m/s2,隔離B分析，A對B的彈力為F=MaAB=2 N.(3)C在A上滑行時，C減速運動的加速度大小為a1=國g= 2 m/s2,設(shè)經(jīng)過時間t1, C剛滑離A滑上B,則一1 -21 ,2 .v0t12

7、at1 2aABt2=L,13代入數(shù)據(jù)解得t1 = 4 s t1=4/合題忌.舍棄，此時 A、B 的速度 vab= aABt= 0.5 m/s,C 的速度 v= voa1t1 = 1.5 m/s.(4)此后，C在B上繼續(xù)做減速運動，設(shè)C的加速度大小為a2, B的加速度大小為aB,mg 10,2aB=T *假設(shè)C未脫離B,經(jīng)過時間t2, B、C速度相同,VB=VC,即 v a2t2= VAB+ aBt2,解得 t2= 0.2 s,7，故 vb = vc = 6 m/s.此時C在B上發(fā)生的相對位移為v + vcvAB+VBAx= -2 t22 t2=0.1 mv 0.375 m.所以滑塊C未脫離長

8、木板B.此時滑塊C距離B右端的距離為AL =0.375 m- 0.1 m = 0.275 m = 27.5 cm.1答案：(1)2 m/s (2)2 N (3)” 1.5 m/s(4)滑塊C未脫離木板B 27.5 cm考向二用功能觀點解決力學(xué)綜合問題 知識必備提核心通技法 1.若過程只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，應(yīng)首先考慮應(yīng)用機械能守恒定律. 2.若過程涉及摩擦力做功，一般應(yīng)考慮應(yīng)用動能定理或能量守恒定律. 3.若過程涉及電勢能和機械能之間的轉(zhuǎn)化，應(yīng)考慮應(yīng)用能量守恒定律.典題例析析典題學(xué)通法例2如圖所示，一質(zhì)量 m= 0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于動摩擦因數(shù) 科=0.1的水 平軌道上的A點

9、.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P= 10.0 W.經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至 B點后水平飛出，恰好在C點以5 m/s的速度沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器.已知軌道AB的長度L= 2.0 m ,半徑OC和豎直方向的夾角“=37°,圓弧形軌道的半徑 R= 0.5 m .(空氣阻力忽略不計，取重力加速度g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8),求：(1)滑塊運動到D點時壓力傳感器的示數(shù);(2)水平外力作用在，t塊上的時間t.審題指導(dǎo)(1)滑塊從A到B過程滿足動能定理.(2)

10、滑塊從B到C過程平拋運動，注意 C點速度分解.滑塊從C到D機械能守恒.解析(1)滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒得:mvD= _mvC+ mgR (1 - cos 37 )滑塊在 D 點的速度 Vd = 1vC+ 2gR1 cos 37 ° - = 33 m/s在D點對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：Fn mg = mg滑塊受到的支持力 Fn = mg + m上=25.6 NR根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力Fn = Fn = 25.6 N ,方向豎直向下(2)滑塊離開B點后做平拋運動，恰好在 C點沿切線方向進入圓弧形軌道由幾何關(guān)系可知，滑塊運動到B點的速度為VB=

11、vccos 37 ° =4 m/s滑塊由A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理有： Pt (imgL =-mvB- 0m vB + 2 的L解得：水平外力作用在滑塊上的時間t = 0.4 s2P答案(1)25.6 N (2)0.4 s跟進題組練考題 提能力2.如圖所示，光滑水平軌道 AB與光滑半圓形導(dǎo)軌 BC在B點相切連接，半圓導(dǎo)軌半徑 為R,軌道AB、BC在同一豎直平面內(nèi).一質(zhì)量為 m的物塊在A處壓縮彈簧，并由靜止釋放,物塊恰好能通過半圓導(dǎo)軌的最高點C.已知物塊在到達 B點之前與彈簧已經(jīng)分離，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.(1)物塊由C點平拋出去后在水平軌道的落點與B點的距離;(2

12、)物塊在B點時對半圓軌道的壓力大小；(3)物塊在A點時彈簧的彈性勢能.vC解析：(1)因為物塊恰好能通過 C點，有：mg= mR物塊由C點做平拋運動，有：x=vct,2R = 2gt2解得：x=2R即物塊在水平軌道的落點與B點的距離為2R.1c1c(2)物塊由B到C過程中機械能守恒，有：2mvB=2mgR+mvCvB設(shè)物塊在B點時受到軌道的支持力為Fn,有：FN-mg=m,R解得：Fn= 6mg由牛頓第三定律可知，物塊在B點時對半圓軌道的壓力 F' N=FN = 6mg. 1c. 一(3)由機械能守恒定律可知，物塊在A點時彈簧的彈性勢能為：Ep=2mgR+ 2mvC,解得5 Ep=2m

13、gR.5答案：(1)2 R (2)6mg 5mgR考向三用動量與能量觀點解決力學(xué)綜合問題知識必備提核心通技法動量與能量綜合的題目往往物理過程較多，情境復(fù)雜，把復(fù)雜的情境與過程劃分為多個 單一情境，并恰當(dāng)?shù)剡x擇相應(yīng)的動量或能量知識解答.1 .當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時，一般選擇用動力學(xué)方法 解題.2 .當(dāng)涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒 定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移時，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律.3 .當(dāng)涉及多個物體及時間時，一般考慮動量定理、動量守恒定律.4 .當(dāng)涉及細節(jié)并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻的問題選擇牛頓

14、第 二定律求解.5 .復(fù)雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合解題.典題例析析典題 學(xué)通法例3 (2019全國m, 25T)靜止在水平地面上的兩小物塊 A、B,質(zhì)量分別為mA= 1.0 kg, mB=4.0 kg ;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧， A與其右側(cè)的豎直墻壁距離 l= 1.0 m ,如圖所 示.某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使 A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為 Ek=10.0 J.釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動. A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為 尸0.20.重力加速度取g = 10 m/s2A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短.H V一

15、I 11(1)求彈簧釋放后瞬間 A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？思路導(dǎo)引(1)由動量守恒定律和動能定理計算式聯(lián)立即可.(2)利用牛頓第二定律求 A、B的加速度，分別對 A、B的運動過程應(yīng)用勻變速直線運動公 式解決問題.(3)假設(shè)A能與B碰撞，應(yīng)用動能定理求出A碰撞前的瞬時速度；發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒定律和機械能守恒定律聯(lián)立解出碰后A、B的速度，問題便易于解決了.解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間 A和B的速度大小分別為 Va、Vb,以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0 = m ava m b

16、vb11Ek= -mAvA + mBvB 22聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得va= 4.0 m/s , vb= 1.0 m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t, B向左運動的路程為 sb,則有mBa= pmBg 1SB=VBt -at2 2vb- at = 0 在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變 A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程SA都可表示為SA=VAt一at2 2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得s

17、a= 1.75 m , sb= 0.25 m 這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時 A位于出發(fā)點右邊0.25 m 處.B位于出發(fā)點左邊 0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25 m +0.25 m =0.50 m (3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為v'a,由動能定理有6 12mAV A-2mAvA= - pmAg(21 + sb)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得va=7 m/s ?故A與B將發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為va和vB,由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(v'a)= mAVA+mBv"B

18、 ?m av A = m av "A + -m bv "B ?7 22聯(lián)立?式并代入題給數(shù)據(jù)得口, U v a= $ m/s , v b= 5 m/s ?這表明碰撞后 A將向右運動，B繼續(xù)向左運動.設(shè)碰撞后A向右運動距離為 sa時停止，B向左運動距離為sB時停止，由運動學(xué)公式2asA=v"A, 2as B= v"B ?由？式及題給數(shù)據(jù)得sA= 0.63 m , s'b=0.28 m?sA小于碰撞處到墻壁的距離，由上式可得兩物塊停止后的距離s' =§'a+s'b=0.91 m ?答案(1)va=4.0 m/s vb

19、= 1.0 m/s (2)A 先停止 0.50 m (3)0.91 m跟進題組練考題 提能力8 .如圖所示，較長的曲面與水平桌面平滑連接，將mi、m2之間的輕彈簧壓縮后用細線連接，置于水平桌面上，彈簧與兩物體不栓連.現(xiàn)將細線燒斷，彈簧將兩物體彈開，m2離開彈簧后從右邊飛出， mi沖上曲面.已知桌面高為h, m2平拋的水平射程為 x, mi = 2m, m2=m, 不計一切摩擦，重力加速度為g.求：(1)m2離開彈簧時的速度;(2)mi上升到曲面最高點時距桌面的高度；(3)彈簧的最大彈性勢能.解析：(1)m2平拋過程有：h = 2gt2, x= v2t(2)彈簧將兩物體彈開的過程，對系統(tǒng)，取向左

20、為正方向,由動量守恒定律有： mivi m2v2x得：vi=2x216h 1)一對mi沖上曲面過程，由機械能守恒有：migH="miv2,得：H = 1 ci c(3)彈簧的最大彈性勢能為： Ep= 2miv2 + 2m2v2 3mgx2聯(lián)立解得：Ep=一廣答案：x小潦嚅II學(xué)科思維素養(yǎng)培優(yōu)學(xué)科檀中素養(yǎng)助學(xué)思維培優(yōu)用“三大觀點”解決力學(xué)綜合問題模型典例 如圖所示，一小車上表面由粗糙的水平部分 AB和光滑的半圓弧軌道 BCD組成，小車 緊靠臺階靜止在光滑水平地面上，且左端與粗糙水平臺等高.水平臺與物塊 P間的動摩擦因 數(shù)為 尸0.2,水平臺上有一彈簧，彈簧左端固定，彈簧右端與一個質(zhì)量為

21、mi=5 kg的小物塊P接觸但不固定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定，彈簧的彈性勢能Ep=100 J.現(xiàn)解除彈簧的鎖定，小物塊P從M點出發(fā)，MN間的距離為d= 1 m.物塊P至ij N點后與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2=1 kg的小物塊Q(可視為質(zhì)點)發(fā)生彈性碰撞(碰前物塊P已經(jīng)離開彈簧，碰后立即將小物塊P取走，使之不影響后續(xù)物體的運動 ).已知AB長為L=10 m,小車的質(zhì)量為 M = 3 kg.取重力加速度 g = 10 m/s2.求碰撞后瞬間物塊 Q的速度大?。?2)若物塊Q在半圓弧軌道BCD上經(jīng)過一次往返運動(運動過程中物塊始終不脫離軌道 )，最終 停在小車水平部分 AB的中點，求半圓弧軌道

22、 BCD的半徑至少多大？(3)若小車上表面 AB和半圓弧軌道 BCD面均光滑，半圓弧軌道 BCD的半徑為R=1.2 m,物 塊Q可以從半圓弧軌道 BCD的最高點D飛出，求其再次落回小車時，落點與B點的距離s為多少？(結(jié)果可用根號表示) 核心考點1 .能量守恒定律的應(yīng)用.2 .彈性碰撞規(guī)律.3 .動量守恒定律.4 .平拋運動規(guī)律.命題技巧以彈簧、平板小車、滑塊、半圓形軌道為背景，設(shè)置多個過程考查考生的綜合分析、判斷應(yīng) 用能力.核心素養(yǎng)1 .物理觀念：相互作用觀念、運動觀念、能量觀念.2 .科學(xué)思維：科學(xué)推理、科學(xué)論證 . 審題關(guān)鍵(1)物塊P被彈簧彈開運動到 N的過程滿足能量守恒定律.(2)P、

23、Q發(fā)生彈性碰撞，滿足動量守恒、能量守恒.(3)物塊Q與平板小車作用的整個過程、動量守恒、能量守恒.1解析(1)設(shè)物塊P被彈簧彈開運動到 N點速度為vi,由能量守恒得：Ep= pm1gd+2m1v2, 解得 vi = 6 m/s1物塊P、Q發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后 P、Q的速度分別為 vi'、V2, mivi = mivi zm2v2, 一mv2 211=m ivi 2+ -m2v2解得 vi' =4 m/s , v2= 10 m/s 22(2)物塊Q從開始運動到與小車相對靜止過程中，共同速度為m2v2= (m2+ M )V3解得 v3= 2.5 m/s131系統(tǒng)能量守恒：2m 2v

24、2=(1 m2g 2L + 2(m 2 + M )v2v3,系統(tǒng)水平方向動量守恒:解得d =0.25Q運動至C點與車共速時，半徑最小，設(shè)為 R'系統(tǒng)能量守恒，有:-m2v2=林m2gL+m2gR' -F(m2+ M )v3,解得 R' 425 m設(shè)Q通過D點時，Q與小車的速度分別為111m 2v2 = -m2v4+ _Mv 5+ m2g 2 R222v4、v5, 有 m2v2= m 2v4+ Mv 5解得 v4 = 2 m/s , v5= 4 m/s物塊Q通過D點時相對小車的速度為v4' =6 m/s物塊Q再次落回小車時與B點的距離為12 ：3解得s= m5答案

25、見解析易錯展不'1 .物塊Q與小車相互作用，兩物體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，能量守恒，考生不能找出半徑最小的條件.2 .物塊Q從D點飛出做平拋運動，考生不能用相對運動來處理對點K練練類題 提素養(yǎng)如圖所示，一質(zhì)量M=6 kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量m=6 kg,停在B的左端.質(zhì)量為m0=1 kg的小球用長為 L=0.8 m的輕繩懸掛在固定點 。上，將輕繩拉直至水 平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度A、B間的動摩擦因數(shù)尸0.1(g為h=0.2 m,物塊與小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力.已知=10 m/s2),求:(1)小球運動到

26、最低點與 A碰撞前瞬間小球的速度大小;(2)小球與A碰撞后瞬間，物塊 A的速度大小;(3)為使A、B達到共同速度前 A不滑離木板，木板 B至少多長.解析：(1)小球下擺過程，由機械能守恒定律得:12m°gL= 2m0V2,代入數(shù)據(jù)解得：V0= 4 m/s(2)小球反彈過程中，由機械能守恒定律得:12m0gh = _2m0v2解得：V1= 2 m/s小球與A碰撞過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以碰撞前瞬間小球的速度方向為正方向由動量守恒定律得： m0V0= m0V1 + mvA代入數(shù)據(jù)得va = 1 m/s(3)物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向由動量守恒定律

27、得：mvA= (m+ M)v代入數(shù)據(jù)解得：V = 0.5 m/s1 c 1c由能重寸恒te律得：mgx2mvA2(m+ M)v2代入數(shù)據(jù)解得x= 0.25 m答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m課時作業(yè)限時提能題組一用動力學(xué)觀點解決力學(xué)綜合問題1.(2020蚌埠一模)如圖所示，在足夠長的光滑固定斜面低端放置一個長度L = 2 m、質(zhì)量M=4 kg的木板，木板的最上端放置一質(zhì)量m= 1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點).現(xiàn)沿斜面向上對木板施加一個外力 F使其由靜止開始向上做勻加速直線運動，已知斜面傾角0= 30°,物塊和木一，一一， 3.板間的動摩擦因數(shù)尸 彳,g=

28、10 m/s2(1)當(dāng)外力F = 30 N,二者保持相對靜止，求二者共同運動的加速度大??；(2)當(dāng)外力F = 53.5 N時，二者之間將會相對滑動，求二者完全分離時的速度各為多大？解析：(1)二者共同運動時，分析整體的受力情況，由牛頓第二定律，得F(M + m)gsin 0= (M + m)a解得：a = 1 m/s2(2)設(shè)木板和物塊的加速度分別為ai、a2,二者完全分離的時間為t,分離時速度分別為 vi、V2,分析木板和物塊的受力情況，由牛頓第二定律可得F Mgsin 0mgos 0= Maimgos 0 mgsin 0= ma2又 L = 2(ai a2)t2, vi= ait, V2=

29、 a2t聯(lián)立解得 vi= 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嘉興模擬)滑沙運動時，沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦因 數(shù).假設(shè)滑沙者的速度超過8 m/s時，滑沙板與沙地間的動摩擦因數(shù)就會由國= 0.5變?yōu)槟?0.25,如圖1所示，簡化模型如圖 2所示，一滑沙者從傾角0= 37。的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B(B處為一平滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在 C處.已知滑板與水 平地面間的動摩擦因數(shù)恒為由=0.4, AB坡長L=26 m, sin 37 = 0.6,不計空氣阻力，求滑沙者：f

30、tC第2(1)到B處時的速度大??；(2)在水平地面上運動的最大距離；(3)在AB段下滑與BC段滑動的時間之比.解析：(1)滑沙板的速度較小時：ma1= mgsin 0- mgcos 0代入數(shù)據(jù)可得：a 1 = 2 m/s2,、一v282一速度達到8 m/s的過程中的位移：比=通=F m=16 m；滑沙板的速度較大時：ma2= mgsin 0 mgcos 0,代入數(shù)據(jù)可得：a2= 4 m/s2設(shè)到達B的速度為V2,則：v2- v2= 2a2(L - xi),代入數(shù)據(jù)可得：v2= 12 m/s一 3 mg(2)滑沙板在水平面上的加速度：a3=-m-=- 的=0.4X10 m/s2=4 m/s2,0

31、-v20- 144由位移一速度公式可得：x3 = = m= 18 m.8- 2s= 4 s,2a22 X 4(3)滑沙板的速度達到 8 m/s的時間：ti = ai=.一一 ,、v2-v112-8第二段時間：t2 = -T-= S= 1 S,a240 V2 12滑沙板在水平面上的時間：t3= s=3 s,a34所以在AB段下，t與BC段滑動的時間之比ti + t2 4+15=1 t333.答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)53題組二用功能觀點解決力學(xué)綜合問題3. (2020江西盟校一聯(lián)，24)如圖所示，質(zhì)量為 2m和m的兩個彈性環(huán) A、B用不可伸長 且長為L的輕繩連接，分別套在水

32、平細桿 OP和豎直細桿OQ上，OP與OQ在O點用一小段 圓弧桿平滑相連，且 OQ足夠長.初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后釋放兩個小環(huán)，A環(huán)通過小段圓弧桿時速度大小保持不變，重力加速度為g,不計一切摩擦，試求:當(dāng)B環(huán)下落1時，A環(huán)的速度大小;(2)A環(huán)到達。點后再經(jīng)過多長時間能夠追上B環(huán).L 2i解析：(1)當(dāng)B環(huán)下洛2時繩子與水平方向之間的夾角滿足sin a= L = 2,即a= 30由速度的合成與分解可知 v繩=vacos 30 = VBSin 30 °vA則vB=tan麗三 MB下降的過程中，A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有L 12 12mg, = 2 2mvA+ 2mvB所

33、以A環(huán)的速度va = "J1".5(2)由于A到達O點時，B的速度等于0,由機械能守恒，2 2mvAz 2=mgL,解得 va' =I7gL,環(huán)A過。點后做初速度為 va'、加速度為g的勻加速直線運動， B做自由落體運動.當(dāng) A 追上 B 時，有 va，t + 1gt2=L+1gt2,解得t =;1g答案：(1)“5gL (2)410¥4.如圖所示，半徑 R= 0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道 AC相切于B點，水平軌 道的C點固定有豎直擋板， 軌道上的A點靜置有一質(zhì)量 m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點).現(xiàn)給 小物塊施加一大小為 F=6.0

34、 N、方向水平向右的恒定拉力， 使小物塊沿水平軌道 AC向右運動， 當(dāng)運動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到 B點后進入豎直圓槽形軌道做圓周運動，當(dāng)物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為N.已知水平軌道 AC長為2 m, B為AC的中點，小物塊與 AB段間的動摩擦因數(shù)便=0.45,取重力加速度g = 10 m/s2求：(1)小物塊運動到B點時的速度大小；(2)拉力F作用在小物塊上的時間t;BC到達C點，與豎直擋板相碰時無(3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道機械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平

35、軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍. 2解析：(1)小物塊運動到軌道最高點時，由牛頓第二定律得FN + mg = mV-,由牛頓第三定R10律彳導(dǎo) Fn=Fn = "z N 3聯(lián)立解得v = 2 m/s1cle物塊從B運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得mg 2R+ 2mv2=2mvB,解得 vb = 4 m/s.(2)小物塊從A運動到B點的過程，由動能定理得Fs- pimgxAB= 2mvB 0,根據(jù)牛頓第二定律得：F國mg=ma, 1c由運動學(xué)公式有 s=2at2,聯(lián)立解得t=5 s. 3(3)設(shè)BC段的動摩擦因數(shù)為 0 2設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點的最小速度為V1,則由牛頓

36、第二定律可得：mg=m£,由動能定理得：一 2 陛mgxBc2mgR= 2mv2：mvB代入數(shù)據(jù)解得22= 0.025故為使物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道，應(yīng)滿足0W區(qū)w 0.025若物塊從C點返回在圓槽形軌道上升高度R時速度為零，由動能定理可得：122 22.mgXBc mgR= 0 2mvB代入數(shù)據(jù)解得：咫=0.25物塊從C返回剛好停止到 B點，由動能定理可得：122 區(qū)mgxBc= 02mvB代入數(shù)據(jù)解得：咫=0.4故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0.25W 摩0.4綜上所述，0區(qū)w 0.025或0.25 w修0.4.答案：見解析題組

37、三用動量與能量觀點解決力學(xué)綜合問題5. (2020唐山一模)光滑水平地面上，木板 A左端與豎直墻壁接觸處于靜止狀態(tài)，可視為 質(zhì)點的小木塊 B停在木板的右端，如圖所示.對木塊施加水平向左的瞬時沖量使其獲得初速 度V0=7 m/s,經(jīng)時間t=0.5 s木塊運動到豎直墻壁處，速度大小減為vi= 5 m/s.木塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求：|77777777777777777777777)(1)木板的長度L和木板與木塊間的動摩擦因數(shù)工(2)木板和木塊的質(zhì)量的比值.解析：(1)木塊向左做勻減速運動時，則V0+V1 7+5L= -2t= -2-X 0.5 m=

38、 3 m對木塊，取向左為正方向，由動量定理得一mgtmv1- mv0.解得，動摩擦因數(shù)為-0.4(2)木塊在木板上向右滑動的過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律 得：mv1 = (M + m)v1 2122mv1= .mgL2(M + m)v-M解得-=24.答案：(1)3 m 0.4 (2)246. (2020安徽一模)如圖所示，水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為2m小滑塊A套在細桿上可自由滑動.在水平桿上豎直固定一個擋板P,小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止狀態(tài)，在小滑塊的下端用長為L的細線懸掛一個質(zhì)量為m的小球B,將小球拉至左端水平位置使細線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加

39、速度為g.求：(1)小球第一次運動到最低點時，細繩對小球的拉力大小;(2)小球運動過程中，相對最低點所能上升的最大高度；19mgL = 2mv2(3)小滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度.解析：(1)小球第一次擺到最低點過程中，由機械能守恒定律得:解得：v= 2gL在最低點，由牛頓第二定律得丫2F mg= m解得，小球到達最低點時，細線對小球的拉力大小F = 3mg(2)小球與滑塊共速時，滑塊運動到最大高度h.取水平向右為正方向，由動量守恒定律與機械能守恒定律得mv= (2m+ m)v 共.12122mv2= mgh+ 2(2m+ m)v 缸、2聯(lián)立解得h = §LV1,滑塊速度為V2(3)小球擺回最低點，滑塊獲得最大速度，此時小球速度為mv= mvi+ 2mv22mv212 12=2mv2+ 2 2mv2.解得：v2=2V2gL答案：(1)3mg (2)3l (3*2gL題組四用“三大觀點”解決力學(xué)綜合模型7. (2019廣東省惠州市第二次調(diào)研)如圖甲所示，半徑為 R= 0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道最低點，在光滑水平面上緊挨B點