高考物理二輪復(fù)習(xí)專題五科學(xué)思維篇1活用“三大觀點(diǎn)”解析力學(xué)綜合問題講義 (含解析)

PAGE17-活用“三大觀點(diǎn)”解析力學(xué)綜合問題三大觀點(diǎn)對應(yīng)規(guī)律公式表達(dá)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk功能關(guān)系WG＝－ΔEp等機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理F合t＝p′－p動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2科學(xué)思維篇1活用“三大觀點(diǎn)”解析力學(xué)綜合問題用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決多過程問題【高分快攻】【典題例析】(2019·煙臺(tái)高三三模)如圖甲所示，光滑水平面上放置著物體ABC，AB與BC平滑連接，AB表面粗糙且水平(長度足夠長)，傾斜部分BC表面光滑，與水平面的夾角θ＝37°.在物體右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個(gè)力傳感器，規(guī)定力傳感器受到物體的壓力時(shí)，其示數(shù)為正值；力傳感器受到物體的拉力時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值．一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從物體的C點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)過程中，力傳感器記錄下的力F和時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)物體傾斜部分BC的長度；(2)滑塊的質(zhì)量；(3)運(yùn)動(dòng)過程中滑塊克服摩擦力做的功．[解析](1)對滑塊在傾斜部分BC上的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2斜面BC長x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m.(2)物體對傳感器的壓力為F1＝mgcosθsinθ，由題圖乙可知F1＝9.6N解得m＝2kg.(3)設(shè)1s后物體ABC受到的摩擦力大小為f，對物體由平衡條件有f＝F2＝4N對滑塊由牛頓第二定律有f＝ma2解得a2＝2m/s2滑塊在AB表面上滑行的距離x2＝eq\f(v2,2a2)而滑塊到達(dá)B點(diǎn)處的速度v＝a1t1＝6m/s2×1s＝6m/s聯(lián)立解得x2＝9m滑塊克服摩擦力做的功為Wf＝fx2＝36J.[答案](1)3m(2)2kg(3)36J【題組突破】1．(2017·高考全國卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示．訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗．訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處．假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1，重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．解析：(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0). ②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0 ③v0－v1＝a1t ④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0)).答案：見解析2．(2019·上海嘉定區(qū)二模)如圖甲所示，一足夠長的固定斜面的傾角θ＝37°，質(zhì)量m＝1kg的物體受到平行于斜面的力F作用，由靜止開始運(yùn)動(dòng)．力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示(以平行于斜面向上為正)，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求第1s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1；(2)求第2s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2；(3)求第1s末物體的動(dòng)能Ek1；(4)請描述物體在第4s內(nèi)的受力情況(或畫出受力分析圖)，并說明理由．解析：(1)第1s內(nèi)物體受到豎直向下的重力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頓第二定律有mgsin37°＋0.6mg－μmgcos37°＝ma1解得a1＝10m/s2.(2)第2s內(nèi)物體有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f，物體還受到豎直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，由圖乙可知力F平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛頓第二定律有0.9mg＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma2解得a2＝5m/s2.(3)物體在第1s末的速度大小v1＝a1t1Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J.(4)第2s初開始物體沿斜面向下以5m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，需要t0＝eq\f(v1,a2)＝2s速度減為0，故第3s末速度為0，在第4s內(nèi)，有0.9mg>mgsin37°＋μmgcos37°＝0.8mg，故物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則物體在第4s內(nèi)的受力情況是受到平行斜面向下的摩擦力f′，豎直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F(同學(xué)們可以自己畫出受力分析圖)．答案：(1)10m/s2(2)5m/s2(3)50J(4)見解析eq\a\vs4\al()(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)常用于求解恒力作用下的單體多過程直線運(yùn)動(dòng)或多體多過程直線運(yùn)動(dòng)．(2)牛頓運(yùn)動(dòng)定律是動(dòng)力學(xué)的基礎(chǔ)，也是高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn)．牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律相結(jié)合，常用于解決斜面問題、滑塊木板問題、傳送帶問題等．(3)物體的受力情況往往與運(yùn)動(dòng)情況相聯(lián)系，因此，應(yīng)結(jié)合實(shí)際情況，將物體運(yùn)動(dòng)過程分為多個(gè)階段，再分析每個(gè)階段物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和受力情況，同時(shí)注意各階段間的速度關(guān)系和位移關(guān)系．用能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題【高分快攻】1．若過程只有動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，應(yīng)首先考慮應(yīng)用機(jī)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(dòng)能定理或能量守恒定律．3．若過程涉及電勢能和機(jī)械能之間的轉(zhuǎn)化，應(yīng)考慮應(yīng)用能量守恒定律．4．復(fù)雜問題的分析一般需選擇能量的觀點(diǎn)、運(yùn)動(dòng)與力的觀點(diǎn)綜合解題．【典題例析】如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)．隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R.求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量．[解析](1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R ①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR). ③(2)設(shè)BE＝x.P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ④E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x ⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR. ⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ ⑩式中，已應(yīng)用了過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)．設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt ?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC.在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ)) ?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m.[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m【題組突破】1.輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍．解析：(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時(shí)的彈性勢能Ep＝5mgl ①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l ⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到軌道AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l. ⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m.答案：見解析2．(2019·德州模擬)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時(shí)上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點(diǎn)，已知重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能．解析：(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3mv2＋2mgLsinθ－mgL可解得v＝2m/s.(2)以A、B組成的系統(tǒng)，在物體A將接觸彈簧又返回到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝2μmgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m.(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝2μmgxcosθ＋Epm解得Epm＝6J.答案：(1)2m/s(2)0.4m(3)6J動(dòng)量結(jié)合能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題【高分快攻】動(dòng)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(gè)單一情境，并恰當(dāng)?shù)剡x擇相應(yīng)的動(dòng)量或能量知識解答．1．當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而且又涉及時(shí)間時(shí)，一般選擇用動(dòng)力學(xué)方法解題．2．當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)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(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律．3．當(dāng)涉及多個(gè)物體及時(shí)間時(shí)，一般考慮動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律．4．當(dāng)涉及細(xì)節(jié)并要求分析力時(shí)，一般選擇牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對某一時(shí)刻的問題選擇牛頓第二定律求解．5．復(fù)雜問題的分析一般需選擇能量的觀點(diǎn)、運(yùn)動(dòng)與力的觀點(diǎn)綜合解題．【典題例析】(2019·高考全國卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示．t＝0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0，此時(shí)對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止．物塊A運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量．已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖(b)所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等．在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上．求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值．[解析](1)根據(jù)圖(b)，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，eq\f(v1,2)為其碰撞后瞬間速度的大小．設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′ ①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)m′v′2 ②聯(lián)立①②式得m′＝3m. ③(2)在圖(b)所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點(diǎn)的高度為h，整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W.由動(dòng)能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0 ④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))eq\s\up12(2) ⑤從圖(b)所給出的v－t圖線可知s1＝eq\f(1,2)v1t1 ⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1) ⑦由幾何關(guān)系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H) ⑧物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W＝fs1＋fs2 ⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH. ⑩(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ) ?設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動(dòng)能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2 ?設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，由動(dòng)能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0 ?聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9). ?[答案](1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)【題組突破】1．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R＝0.8m的固定光滑四分之一圓弧軌道PM，P為圓弧軌道的最高點(diǎn)．圓弧軌道最底端M處平滑連接一長s＝4.8m的固定粗糙水平軌道MN，N端為一個(gè)豎直彈性擋板，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg的物塊A、B靜止于M點(diǎn)，它們中間夾有少量炸藥，炸藥突然爆炸，A恰好不能從P端滑出，B與擋板碰撞時(shí)沒有能量損失．A、B與水平軌道MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，問：(1)A剛滑上圓弧軌道時(shí)對軌道的壓力為多大？(2)炸藥爆炸時(shí)有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能？(3)適當(dāng)改變PM的軌道半徑，保持其他條件不變，使炸藥爆炸后，A與B剛好能同時(shí)回到M處發(fā)生碰撞，碰撞后粘在一起，A、B最終停在水平軌道上的位置距離M點(diǎn)多遠(yuǎn)？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)解析：(1)設(shè)A剛滑上圓弧軌道的速度為vA，因?yàn)锳剛好滑到P點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝mAgR ①設(shè)A在M點(diǎn)受到的支持力為F，根據(jù)牛頓第二定律得：F－mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,A),R) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)，解得F＝60N ③由牛頓第三定律知，A物塊在M點(diǎn)對軌道壓力的大小為60N.(2)設(shè)剛爆炸時(shí)B物塊的速度為vB，由動(dòng)量守恒定律有：mAvA－mBvB＝0 ④根據(jù)能量守恒定律知炸藥爆炸時(shí)轉(zhuǎn)化為A和B的機(jī)械能為E＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)⑤聯(lián)立①④⑤式并代入數(shù)據(jù)，解得：E＝48J． ⑥(3)設(shè)B返回M點(diǎn)時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有：－2μmBgs＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ⑦設(shè)A、B在M點(diǎn)碰撞后共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v⑧設(shè)A、B靜止時(shí)離M點(diǎn)距離為L，由動(dòng)能定理有：－μ(mA＋mB)gL＝0－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2 ⑨聯(lián)立①④⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，解得L＝0.36m.答案：(1)60N(2)48J(3)0.36m2．(2019·聊城二模)如圖所示，傾角為37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的彈性擋板c，滑塊與擋板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上鋪了一層特殊物質(zhì)，該物質(zhì)在滑塊上滑時(shí)對滑塊不產(chǎn)生摩擦力，下滑時(shí)對滑塊有摩擦且動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同．現(xiàn)有一質(zhì)量為M＝0.9kg的滑塊沿斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)b時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)恰好與從a點(diǎn)水平拋出的質(zhì)量為m＝0.1kg的小球在沿斜面方向上發(fā)生彈性碰撞，且滑塊與彈性擋板c碰后恰好反彈回到b點(diǎn)．已知a點(diǎn)和b點(diǎn)距地面的高度分別為H＝2.4m，h＝0.6m．(取g＝10m/s2)求：(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大?。?2)斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)從與小球碰撞到最后停止，滑塊在斜面上通過的總路程．解析：(1)小球從a到b做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)恰好沿斜面方向，有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得：v0＝8m/s.(2)到達(dá)b點(diǎn)的速度v＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得滑塊與小球剛碰后的速度v2＝2m/s由幾何關(guān)系知斜面長L＝eq\f(h,sin37°)＝1m滑塊恰好反彈回到b點(diǎn)，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝μMgLcos37°解得：μ＝0.25.(3)設(shè)滑塊與擋板第二次碰后到達(dá)最高點(diǎn)與c點(diǎn)的距離x2由能量守恒定律得：Mg(L－x2)sin37°＝μMgLcos37°解得：x2＝eq\f(2,3)L＝eq\f(2,3)m設(shè)滑塊與擋板第三次碰后到達(dá)最高點(diǎn)與c點(diǎn)的距離x3由能量守恒定律得：Mg(x2－x3)sin37°＝μMgx2cos37°解得：x3＝eq\f(2,3)x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)m以此類推x4＝eq\f(2,3)x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)m所以滑塊在斜面上共通過的路程為s＝3L＋2x2＋2x3＋…＋2xn＝7m.答案：(1)8m/s(2)0.25(3)7meq\a\vs4\al()動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則動(dòng)量觀點(diǎn)(1)對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即Ft＝mv－mv0(2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解能量觀點(diǎn)(1)對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解(2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解(3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程用三大觀點(diǎn)解析滑塊—滑板模型和傳送帶模型【高分快攻】1．滑塊—滑板問題的關(guān)鍵是分析運(yùn)動(dòng)過程，要特別注意“二者共速”這個(gè)臨界點(diǎn)，“共速”時(shí)往往會(huì)發(fā)生摩擦力突變(滑動(dòng)摩擦力變?yōu)殪o摩擦力)，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)突變(相對滑動(dòng)變?yōu)橄鄬o止)等情況．處理這類問題時(shí)要善于借助v－t圖象進(jìn)行分析，借助圖象中圍成的面積很容易求出二者間的位移差．2．傳送帶模型題的分析流程【典題例析】(2019·日照模擬)如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置，AB為一段足夠大且固定的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓弧半徑R＝5.6m，BC為一段足夠長的水平軌道，CD為一段固定的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓弧半徑r＝1m，三段軌道均光滑．一長為L＝2m、質(zhì)量為M＝1kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m＝2kg的工件從距AB軌道最低點(diǎn)的高度為h處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)，小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時(shí)間極短)后即被粘在C處．工件只有從CD軌道最高點(diǎn)飛出，才能被站在臺(tái)面DE上的工人接?。ぜc小車的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)若h為2.8m，則工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為多大？(2)要使工件能被站在臺(tái)面DE上的工人接住，則h的取值范圍為多少？[解析](1)工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn)，設(shè)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)工件做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)聯(lián)立解得N＝40N由牛頓第三定律知，工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為N′＝N＝40N.(2)由于BC軌道足夠長，要使工件能到達(dá)CD軌道，工件與小車必須能夠達(dá)到共速，設(shè)工件剛滑上小車時(shí)的速度為v0，工件與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v1，假設(shè)工件到達(dá)小車最右端才與其共速，規(guī)定向右為正方向，則對于工件與小車組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1由動(dòng)能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)對于工件從AB軌道滑下的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得h1＝3m要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出，h1＝3m時(shí)物塊有從AB軌道滑下且不脫離小車的最大速度，設(shè)其從軌道下滑的最小高度為h′，剛滑上小車的速度為v′0，與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v′1，剛滑上CD軌道的速度為v′2，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv′0＝(m＋M)v′1由動(dòng)能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,0)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(′2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,2)工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,2)＝mgr工件在AB軌道滑動(dòng)的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,0)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h′＝eq\f(18,7)m綜上所述，要使工件能到達(dá)CD軌道最高點(diǎn)，應(yīng)使h滿足eq\f(18,7)m<h≤3m.[答案]見解析【題組突破】1．(2019·昌樂二中三模)如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點(diǎn)為彈簧原長位置，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑，水平段OP長l＝1m，P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成θ＝30°的足夠長的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，皮帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3m/s，一質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得彈性勢能Ep＝9J，物塊與OP段動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后A、B交換速度，重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)釋放A，求：(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速度v0；(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；(3)A、B能夠碰撞的總次數(shù)．解析：(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A與B第一次碰撞前的速度為v0，則Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μ1mgl，解得v0＝4m/s.(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4m/s，碰后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，加速度大小設(shè)為a1，則mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μ2gcosθ＝10m/s2.運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(vB,a1)＝0.4s，位移x1＝eq\f(vB,2)t1＝0.8m.此過程相對運(yùn)動(dòng)路程Δs1＝vt1＋x1＝2m.此后B反向加速，加速度仍為a1，由于mgsinθ＝μ2mgcosθ，B與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，加速時(shí)間為t2＝eq\f(v,a1)＝0.3s，位移為x2＝eq\f(v,2)t2＝0.45m.此過程相對運(yùn)動(dòng)路程Δs2＝vt2－x2＝0.45m.全過程摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cosθ＝12.25J.(3)B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運(yùn)動(dòng)再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復(fù)這一過程直至兩者不再碰撞．則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從第二次碰撞后到不再碰撞，滿足eq\f(1,2)mv2＝2nμ1mgl.解得第二次碰撞后重復(fù)的過程數(shù)為n＝2.25，所以碰撞總次數(shù)為N＝2＋2n＝6.5≈6(取整數(shù))．答案：(1)4m/s(2)12.25J(3)6次2．(2019·濟(jì)寧市二模)質(zhì)量為M＝3.0kg的平板小車靜止在光滑水平面上，如圖(a)所示．當(dāng)t＝0時(shí)，兩個(gè)質(zhì)量都是m＝1.0kg的小物體A和B(均可看做質(zhì)點(diǎn))，分別從左端和右端以大小為v1＝4.0m/s和v2＝2.0m/s的水平速度沖上小車C，當(dāng)它們在車上停止滑動(dòng)時(shí)，沒有相碰．A、B與車面的動(dòng)摩擦因數(shù)都是μ＝0.20，g取10m/s2.(1)求A、B在車上停止滑動(dòng)時(shí)車的速度．(2)車的長度至少是多少？(3)在圖(b)所給出的坐標(biāo)系中畫出0～4.0s內(nèi)小車運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象．解析：(1)以水平向右為正方向，設(shè)A、B在車上停止滑動(dòng)時(shí)，車的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m(v1－v2)＝(M＋2m)v解得v＝0.40m/s，方向水平向右．(2)設(shè)A、B在車上相對于車滑動(dòng)的距離分別為l1和l2，由功能關(guān)系可得μmgl1＋μmgl2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m＋M)v2解得l1＋l2＝4.8m，即車長至少為4.8m.(3)車的運(yùn)動(dòng)可分為以下三個(gè)階段：第一階段：A、B同時(shí)在車上滑行時(shí)，小物體對車的摩擦力大小均為μmg，方向相反，車受力平衡而保持不動(dòng)．當(dāng)B的速度減為0時(shí)，此過程結(jié)束．設(shè)這段時(shí)間內(nèi)小物體的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma得小物體的加速度大小a＝μg設(shè)B到t1時(shí)刻停止滑動(dòng)，則t1－0＝eq\f(v2,a)＝1.0s第二階段：B停止運(yùn)動(dòng)后，A繼續(xù)在車上滑動(dòng)．設(shè)到t2時(shí)刻物體A與車有共同速度v，則有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)解得t2＝1.8s第三階段：t2時(shí)刻之后，車以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小車運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象如圖所示．答案：見解析1．(2018·高考天津卷)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后，拉開了全面試驗(yàn)試飛的新征程．假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x＝1.6×103m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v＝80m/s.已知飛機(jī)質(zhì)量m＝7.0×104kg，滑跑時(shí)受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2.求飛機(jī)滑跑過程中(1)加速度a的大?。?2)牽引力的平均功率P.解析：(1)飛機(jī)滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2＝2ax ①代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2. ②(2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到阻力為F阻，依題意有F阻＝0.1mg ③設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－F阻＝ma ④設(shè)飛機(jī)滑跑過程中的平均速度為v，有v＝eq\f(v,2) ⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率P＝Fv ⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W.答案：見解析2．(2019·高考北京卷)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關(guān)．雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g.(1)質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時(shí)速度為u，求這一過程中克服空氣阻力所做的功W.(2)將雨滴看做半徑為r的球體，設(shè)其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數(shù)．a(chǎn)．設(shè)雨滴的密度為ρ，推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)系式；b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2(r1>r2)的雨滴在空氣中無初速下落的v－t圖線，其中________對應(yīng)半徑為r1的雨滴(選填“①”或“②”)；若不計(jì)空氣阻力，請?jiān)趫D中畫出雨滴無初速下落的v－t圖線．(3)由于大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零．將雨滴簡化為垂直于運(yùn)動(dòng)方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時(shí)受到的空氣阻力f∝v2(提示：設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n，空氣分子質(zhì)量為m0)．解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理mgh－W＝eq\f(1,2)mu2可得W＝mgh－eq\f(1,2)mu2.(2)a.根據(jù)牛頓第二定律mg－f＝ma得a＝g－eq\f(kr2v2,m)當(dāng)加速度為零時(shí)，雨滴趨近于最大速度vm雨滴質(zhì)量m＝eq\f(4,3)πr3ρ由a＝0，可得，雨滴最大速度vm＝eq\r(\f(4πρg,3k)r).b．圖線①對應(yīng)半徑為r1的雨滴；v－t圖線如圖1.(3)根據(jù)題設(shè)條件：大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零．以下只考慮雨滴下落的定向運(yùn)動(dòng)．簡化的圓盤模型如圖2.設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變．在Δt時(shí)間內(nèi)，與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為Δm＝SvΔtnm0以F表示圓盤對氣體分子的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理，有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力f∝v2采用不同的碰撞模型，也可得到相同結(jié)論．答案：見解析3.如圖所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)