2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?江蘇一模）冰壺比賽場地如圖所示，運動員在投擲線AB處以速度v0＝2m/s沿虛線將冰壺投出，冰壺投出后，運動員從某處開始用冰刷在冰壺前方連續(xù)擦冰，距離為s，冰壺滑行24.8m后停止，運動員不擦冰時冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.01，擦冰后冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距離s；（2）從何處開始擦冰可使冰壺滑行最長時間，并求此最長時間。2．（2024?成都模擬）“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材，如圖所示，質(zhì)量m1＝30kg的長方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上，鏈條長度均為l＝5m，與豎直方向的夾角均為α＝37°。讓一質(zhì)量m2＝50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間，給晃板和人一水平瞬時初動量，晃板和受訓(xùn)人員擺動起來，到最高點時兩根鏈條所在平面與晃板的夾角β＝53°，受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點且始終與晃板保持相對靜止，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時每根鏈條的拉力大小T；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動量大小。3．（2024?浙江模擬）如圖，上方是平直桌面，右側(cè)有多個半圓形軌道。第一個半圓軌道為R1＝R0，第二個為R2，第n個為Rn。每個半圓軌道之間有一小段水平軌道連接?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0從A點進(jìn)入軌道。已知重力加速度為g。（1）若AB內(nèi)外軌道均粗糙，小球在A，B兩點對軌道的壓力差為3mg，求小球在AB段運動時阻力做功。（2）若軌道各處均光滑，要使小球剛進(jìn)入每一個半圓形軌道時所受的向心力大小均相等，求Rn的表達(dá)式。（用R0，g，v0，n表示）4．（2024?貴州）如圖，半徑為R＝1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面PM相切于P點，PM的長度d＝2.7m。一長為L＝3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0＝1m/s逆時針轉(zhuǎn)動，其右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點，再向左做直線運動至M點與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達(dá)傳送帶的左端N時，瞬間給b一水平向右的沖量I，其大小為6N?s。以后每隔Δt＝0.6s給b一相同的瞬時沖量I，直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為ma＝1kg，b的質(zhì)量為mb＝2kg，它們均可視為質(zhì)點。a、b與地面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大?。唬?）b從M運動到N的時間；（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。5．（2024?廣東三模）生活中運送貨物時常會用到傳送帶，可以很大程度上節(jié)省人力。傳送帶以一定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個質(zhì)量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，貨物經(jīng)過B處時不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運動到C點，貨物可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使貨物以最短的時間運動到C點，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時間為多少？（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運送到C點的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。6．（2024?邗江區(qū)模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B疊放在水平面上，A物塊的長度為L，B物塊足夠長且被鎖定在地面上，B物塊上O點左側(cè)的表面光滑、右側(cè)的表面粗糙，A和O點右側(cè)表面、B和地面之間的動摩擦因數(shù)分別為2μ和μ，現(xiàn)A立即獲得水平向右的速度v0，當(dāng)A的左端剛好經(jīng)過O點時，解除B的鎖定，重力加速度為g。求：（1）解除鎖定時，B的加速度大小aB；（2）解除鎖定時，A的速度大小v1；（3）解除鎖定后，B的位移大小xB。7．（2024?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的跳臺滑雪運動員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（近似看成斜面）b處著陸，ab間的距離L＝40m，斜坡與水平方向的夾角θ＝30°，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）運動員由a處運動到b處的時間；（2）運動員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率P。8．（2024?山東模擬）哈爾濱冰雪節(jié)讓冰雪運動火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運動員從斜坡頂端A點無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當(dāng)運動員到達(dá)起跳板時速度變?yōu)樗椒较颍ú挥嬙谄鹛逄幍膭幽軗p失），使其起跳后的落點在水平面上且到起跳板水平距離最遠(yuǎn)，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A多遠(yuǎn)處；（2）落地點到B點的水平距離及落地的速度。9．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點）從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，軌道GH的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小FB；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。10．（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段，某位同學(xué)就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖，該同學(xué)面向管壁站立在管道最低點，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運動，恰好分別落入該同學(xué)胸前和背后的兩個背包。已知水泥管道截面半徑為R，該同學(xué)胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框，且圓框與豎直圓截面的圓心O等高，兩水平圓框最近點的間距為0.28R，且兩最近點關(guān)于過O點的豎直直徑對稱，不計足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點，且均從水平圓框的圓心進(jìn)入背包，重力加速度大小為g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）兩球與水泥管道的脫離點分別為（2）設(shè)R＝1m，胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?江蘇一模）冰壺比賽場地如圖所示，運動員在投擲線AB處以速度v0＝2m/s沿虛線將冰壺投出，冰壺投出后，運動員從某處開始用冰刷在冰壺前方連續(xù)擦冰，距離為s，冰壺滑行24.8m后停止，運動員不擦冰時冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.01，擦冰后冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距離s；（2）從何處開始擦冰可使冰壺滑行最長時間，并求此最長時間?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）擦冰的距離為8m；（2）最長時間為32s。【分析】（1）利用動能定理計算擦冰距離；（2）冰壺滑行末速度為零，根據(jù)題意可知，在最后8m擦冰，冰壺滑行時間最長。可結(jié)合牛頓第二定律、運動學(xué)公式計算最大時間?！窘獯稹拷猓海?）冰壺從投擲線開始到最終停止運動，根據(jù)動能定理得-μ解得s＝8m（2）作出冰壺運動的速度—時間圖像由圖像可知，擦冰越晚，冰壺運動總時間就越長，所以在最后8m位移階段擦冰，根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2s=1聯(lián)立解得t2＝20s根據(jù)速度—時間關(guān)系有v＝a2t2s0聯(lián)立解得t1＝12s所以tm＝t1+t2＝12s+20s＝32s答：（1）擦冰的距離為8m；（2）最長時間為32s。【點評】本題旨在考查牛頓第二定律與勻變速直線運動規(guī)律的實際應(yīng)用，其中第一問可利用動能定理解題。2．（2024?成都模擬）“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材，如圖所示，質(zhì)量m1＝30kg的長方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上，鏈條長度均為l＝5m，與豎直方向的夾角均為α＝37°。讓一質(zhì)量m2＝50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間，給晃板和人一水平瞬時初動量，晃板和受訓(xùn)人員擺動起來，到最高點時兩根鏈條所在平面與晃板的夾角β＝53°，受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點且始終與晃板保持相對靜止，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時每根鏈條的拉力大小T；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動量大小?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；用動量的定義式計算物體的動量；整體法與隔離法處理物體的平衡問題．【專題】定量思想；方程法；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時每根鏈條的拉力大小為250N；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動量大小為320kg?m/s。【分析】（1）在最低點靜止時，以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，豎直方向根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答；（2）以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，從最低點擺到最高點過程中，根據(jù)動能定理求解速度大小，根據(jù)動量的計算公式求解晃板和受訓(xùn)人員的初動量大小?！窘獯稹拷猓海?）在最低點靜止時，以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：4Tcosα＝（m1+m2）g代入數(shù)據(jù)解得：T＝250N；（2）以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，從最低點擺到最高點過程中，根據(jù)動能定理可得：（m1+m2）g?lcosα?（1﹣sinβ）=12（m1+m2解得：v0＝4m/s晃板和受訓(xùn)人員的初動量大?。簆＝（m1+m2）v0解得：p＝320kg?m/s。答：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時每根鏈條的拉力大小為250N；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動量大小為320kg?m/s?！军c評】本題主要是考查動能定理，關(guān)鍵是知道動能定理的應(yīng)用方法，掌握共點力的平衡條件。3．（2024?浙江模擬）如圖，上方是平直桌面，右側(cè)有多個半圓形軌道。第一個半圓軌道為R1＝R0，第二個為R2，第n個為Rn。每個半圓軌道之間有一小段水平軌道連接?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0從A點進(jìn)入軌道。已知重力加速度為g。（1）若AB內(nèi)外軌道均粗糙，小球在A，B兩點對軌道的壓力差為3mg，求小球在AB段運動時阻力做功。（2）若軌道各處均光滑，要使小球剛進(jìn)入每一個半圓形軌道時所受的向心力大小均相等，求Rn的表達(dá)式。（用R0，g，v0，n表示）【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）小球在AB段運動時阻力做功-32mgR0（2）Rn的表達(dá)式Rn【分析】（1）考慮兩種情況：小球在軌道內(nèi)做圓周運動，當(dāng)v0＞gR0（2）若軌道各處均光滑，對每次到達(dá)最低點，由動能定理結(jié)合圓周運動向心力列式，由數(shù)學(xué)歸納求Rn的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）如圖所示小球在軌道內(nèi)做圓周運動，當(dāng)v0FN1設(shè)在最低點速度為vB，則在最低點FN2聯(lián)立解得mg=m(或者5mg=mv設(shè)阻力做功為Wf，由動能定理得2mgR代入得Wf或者Wf如圖所示小球在軌道內(nèi)做圓周運動，當(dāng)v0mg-設(shè)在最低點速度為vB′，則在最低點F'聯(lián)立解得3mg=m(設(shè)阻力做功為Wf′，由動能定理得2mgR代入得Wf（2）若軌道各處均光滑，設(shè)第一次到達(dá)最低點速度為v1，由動能定理知12由圓周運動知F1F2設(shè)第二次到達(dá)最低點速度為v2，由動能定理知12由圓周運動知F3同理得，設(shè)第n次到達(dá)最低點速度為vn，由動能定理知12Fn由題知R1＝R0，由圓周運動知mv則Rn答：（1）小球在AB段運動時阻力做功-32mgR0（2）Rn的表達(dá)式Rn【點評】本題主要是考查了豎直平面內(nèi)的圓周運動結(jié)合動能定理的問題；注意物體在豎直平面內(nèi)做圓周運動的情況有兩種：一種是細(xì)線系著物體在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點速度最小時重力提供向心力；另一種是輕桿系著物體在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在最高點時速度可以等于零。4．（2024?貴州）如圖，半徑為R＝1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面PM相切于P點，PM的長度d＝2.7m。一長為L＝3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0＝1m/s逆時針轉(zhuǎn)動，其右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點，再向左做直線運動至M點與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達(dá)傳送帶的左端N時，瞬間給b一水平向右的沖量I，其大小為6N?s。以后每隔Δt＝0.6s給b一相同的瞬時沖量I，直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為ma＝1kg，b的質(zhì)量為mb＝2kg，它們均可視為質(zhì)點。a、b與地面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大??；（2）b從M運動到N的時間；（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量?！究键c】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；水平傳送帶模型；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；動能定理的應(yīng)用專題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小為30N；（2）b從M運動到N的時間為3.2s；（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J。【分析】（1）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大?。唬?）根據(jù)動能定理求a運動到M的速度，再根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律以及運動學(xué)公式求b從M運動到N的時間；（3）根據(jù)動量定理求物塊b的速度，根據(jù)運動學(xué)公式求相對位移，最后根據(jù)摩擦生熱的公式求b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）在a運動到圓軌道底端的過程中，由動能定理ma解得vP＝6m/s在P點，根據(jù)牛頓第二定律N解得NP＝30N（2）設(shè)a運動到M的速度為vM，由動能定理-μ解得vM＝3m/s取水平向左為正方向，物塊a、b碰撞后的速度分別為v1、v2把物塊a、b做為一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律mavM＝mav1+mbv2物塊a、b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒12聯(lián)立解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s物塊b進(jìn)入傳送帶后做勻減速直線運動，由牛頓第二定律﹣μmbg＝mba得a＝﹣5m/s2設(shè)達(dá)到共速時間為t1，根據(jù)運動學(xué)公式v0＝v2+at1解得t1＝0.2s減速位移x1勻速運動的位移x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m勻速運動的時間t2b從M運動到N的總時間t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s（3）設(shè)給b一個瞬時沖量后，物塊b的速度為v3，取水平向右為正方向，則作用前物塊b的速度為v0＝﹣1m/s根據(jù)動量定理I＝mbv3﹣mbv0解得v3＝2m/s物塊b先向右做勻減速運動，后向左做勻加速運動，設(shè)共速時間為t3，根據(jù)運動學(xué)公式t3物塊b對地位移x3傳送帶位移x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m物塊b相對于傳送帶的位移Δx1＝x3+x4＝0.5m+0.6m＝0.9m由于Δt＝t3，因此物塊b剛好與傳送帶共速時，又獲得一個沖量I，設(shè)物塊b的速度變?yōu)関4根據(jù)動量定理I＝mbv4﹣mbv0解得v4＝2m/s同理可得，物塊b對地位移x5＝0.3m傳送帶位移x6＝0.6m物塊b相對于傳送帶的位移Δx2＝0.9m以此類推，物塊b獲得第11次瞬時沖量時，距離傳送帶右端的距離為：s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m物塊b獲得第11次瞬時沖量后向右運動s1＝0.3m離開傳送帶，此過程時間為t4，根據(jù)運動學(xué)公式s1＝v3t4+解得：t4＝0.2s此過程物塊b相對于傳送帶的位移大小為：Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m物塊b相對于傳送帶總的相對位移為：Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m產(chǎn)生的摩擦熱Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。答：（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小為30N；（2）b從M運動到N的時間為3.2s；（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J?！军c評】本題考查了水平傳送帶的模型問題以及豎直平面的圓周運動的問題，要求學(xué)生熟練的運用動能定理、牛頓第二定律、動量守恒定律和機械能守恒定律求解問題，明確摩擦力生熱的能量轉(zhuǎn)化問題。5．（2024?廣東三模）生活中運送貨物時常會用到傳送帶，可以很大程度上節(jié)省人力。傳送帶以一定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個質(zhì)量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，貨物經(jīng)過B處時不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運動到C點，貨物可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使貨物以最短的時間運動到C點，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時間為多少？（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運送到C點的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。【考點】常見力做功的特點；多種傳送帶的組合問題．【專題】定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】答：（1）使貨物以最短時間運送到C點，傳送帶的最小速度為2.6m/s，最短時間為4.125s；（2）貨物自A點運送到C點的過程中，傳送帶與貨物間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為154.0J。【分析】（1）由于兩段傳送帶的長度和動摩擦因數(shù)相同，所以只有當(dāng)貨物一直加速時，到達(dá)C點的時間最短，由動力學(xué)規(guī)律列方程求最短時間和傳送帶的速度；（2）畫出貨物和傳送帶的v﹣t圖像，用面積法求相對位移，然后求摩擦生熱。【解答】解：（1）物塊剛放上傳送帶時，水平傳送帶上時的加速度，根據(jù)牛頓第二定律：a1代入數(shù)據(jù)得：a1＝0.4m/s2，a設(shè)經(jīng)過時間t，物塊經(jīng)過兩段加速到C點時恰與傳送帶共速，此過程所用時間最短，那么有：12a1t12=L，v22-(a1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s所以最短時間：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s即當(dāng)傳送帶的速度為2.6m/s時，物塊在傳送帶的時間最短，最短時間為4.125s。（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，則傳送帶和貨物運動的v﹣t圖像如圖所示，由圖可知在AB段貨物和傳送帶間的相對位移為：Δx1=vt因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1＝μmgcosθ?Δx1，代入數(shù)據(jù)得：Q1＝153.6J在BC段，貨物和傳送帶相對運動的時間：t2′=Δv貨物和傳送帶間的相對位移為：Δx2=vt因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q2＝μmg?Δx2，代入數(shù)據(jù)得：Q2＝0.4J整個過程貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J答：（1）使貨物以最短時間運送到C點，傳送帶的最小速度為2.6m/s，最短時間為4.125s；（2）貨物自A點運送到C點的過程中，傳送帶與貨物間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為154.0J。【點評】本題是傾斜傳送帶模型，是典型的用動力學(xué)規(guī)律解決能量問題，關(guān)鍵找到貨物最短時間滿足的條件，即要求貨物一直加速，另還需要注意的是求相對位移用面積法相對簡單。6．（2024?邗江區(qū)模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B疊放在水平面上，A物塊的長度為L，B物塊足夠長且被鎖定在地面上，B物塊上O點左側(cè)的表面光滑、右側(cè)的表面粗糙，A和O點右側(cè)表面、B和地面之間的動摩擦因數(shù)分別為2μ和μ，現(xiàn)A立即獲得水平向右的速度v0，當(dāng)A的左端剛好經(jīng)過O點時，解除B的鎖定，重力加速度為g。求：（1）解除鎖定時，B的加速度大小aB；（2）解除鎖定時，A的速度大小v1；（3）解除鎖定后，B的位移大小xB?！究键c】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；無外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）解除鎖定時，B的加速度大小μg；（2）解除鎖定時，A的速度大小v0（3）解除鎖定后，B的位移大小v0【分析】（1）對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可求解加速度；（2）因為A有長度，所以滑動摩擦力與位移是線性關(guān)系，則根據(jù)平均力求解摩擦力的功，再根據(jù)動能定理可解得解除鎖定時，A的速度大小v1；（3）對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解A的加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求解A、B達(dá)到共速的時間、位移等，共速后兩者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式進(jìn)一步可以求解B的總位移?！窘獯稹拷猓海?）對B，根據(jù)牛頓第二定律可得2μ?2mg﹣μ（2m+m）g＝maB解得aB＝μg（2）因為滑動摩擦力與位移是線性關(guān)系，則Wf根據(jù)動能定理可得Wf解得v1（3）A的加速度為aA方向向左，設(shè)經(jīng)過t時間兩者達(dá)到共速，有v1﹣aAt＝aBt解得t=vB勻加速的位移x1解得x1共速后，兩者相對靜止向前勻減速，加速度為aB′＝μg方向向左，根據(jù)對稱性，B勻減速的位移x2故B的位移xB＝x2+x1解得xB答：（1）解除鎖定時，B的加速度大小μg；（2）解除鎖定時，A的速度大小v0（3）解除鎖定后，B的位移大小v0【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用以及功的計算，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。7．（2024?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的跳臺滑雪運動員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（近似看成斜面）b處著陸，ab間的距離L＝40m，斜坡與水平方向的夾角θ＝30°，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）運動員由a處運動到b處的時間；（2）運動員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率P?！究键c】瞬時功率的計算；平拋運動位移的計算；平拋運動時間的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】（1）運動員在空中飛行的時間t為2s；（2）運動員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率P為6000W。【分析】（1）運動員在空中做平拋運動，根據(jù)豎直方向做自由落體運動計算時間；（2）離斜坡最遠(yuǎn)時速度與斜面平行，求出此時速度，計算重力的瞬時功率。【解答】解：（1）根據(jù)題意，運動員在空中做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則Lsin30°=12代入數(shù)據(jù)解得t＝2s（2）根據(jù)平拋運動規(guī)律，離斜坡最遠(yuǎn)時速度與斜面平行水平方向Lcos30°＝v0t代入數(shù)據(jù)解得v0＝103m/s把重力加速度分解，垂直于斜面的加速度為gcos30°把初速度分解，垂直于斜面的分速度為v0sin30°垂直斜面方向速度減到零需要的時間為t′=代入數(shù)據(jù)解得t′＝1s則重力的瞬時功率為P＝mgvyvy＝gt′代入數(shù)據(jù)解得P＝6000W答：（1）運動員在空中飛行的時間t為2s；（2）運動員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時重力的瞬時功率P為6000W?！军c評】本題考查平拋運動的規(guī)律的應(yīng)用，注意要將運動合理的分解。8．（2024?山東模擬）哈爾濱冰雪節(jié)讓冰雪運動火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運動員從斜坡頂端A點無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當(dāng)運動員到達(dá)起跳板時速度變?yōu)樗椒较颍ú挥嬙谄鹛逄幍膭幽軗p失），使其起跳后的落點在水平面上且到起跳板水平距離最遠(yuǎn)，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A多遠(yuǎn)處；（2）落地點到B點的水平距離及落地的速度。【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理能力．【答案】（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A12（2）落地點到B點的水平距離為15L，落地的速度為6gL5m/s【分析】（1）根據(jù)動能定理，結(jié)合平拋運動進(jìn)行求解即可；（2）先求出落地點與B點的距離，再根據(jù)水平速度和豎直速度求落地的速度。【解答】解：（1）設(shè)起跳板應(yīng)放置在距A點為x1處下滑到起跳處的速度為v1，根據(jù)動能定理可得：mgsin37°?x1=起跳后做平拋運動，水平方向：x＝v1t豎直方向：（L﹣x1）sin37°=代入數(shù)據(jù)解得：x=所以，當(dāng)L﹣x1＝x1時，起落點距起跳板最遠(yuǎn)，即x1=（2）落地點與B點的距離為ΔxΔx＝x-L2解得：Δx=落地速度的水平速度為：v1豎直速度為：vy＝gt落地速度：v=解得：v=6gL速度與水平方向成α角，則tanα=解得：tanα＝1，方向為斜向左下。答：（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A12（2）落地點到B點的水平距離為15L，落地的速度為6gL5m/s【點評】本題考查了與平拋運動相關(guān)的知識，熟悉公式的運用是解決此類題的關(guān)鍵。9．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點）從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，軌道GH的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小FB；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；力學(xué)知識在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用；分析綜合能力．【答案】（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小為26（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小為0.5N；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系為：s=0【分析】（1）小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E，小球到F點的速度為0，從C點到E點根據(jù)動能定理求解小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大??；（2）從B點到C點的過程中，根據(jù)動能定理求解小球到B點的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律求解小球在B點對軌道的壓力；（3）若小鋼球通過E點一次，小球停在H點，若小鋼球通過E點兩次，小球停在B點，根據(jù)動能定理列式求解即可。【解答】解：（1）由題意可知，小鋼球在E點處做圓周運動，當(dāng)其恰好通過E點時，則小鋼球在E點的速度是零，從C到E的運動過程，根據(jù)動能定理可得：0-12mv（2）因為BC段光滑，小鋼球通過B點時的速度等于經(jīng)過C點的速度，小鋼球經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：FB解得小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小為：FB＝0.5N，由牛頓第三定律可知在B點，小鋼球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮椋篎B′＝0.5N；（3）設(shè)小鋼球恰好能經(jīng)過E點時，其釋放的高度為h1，從O到E的運動過程，根據(jù)動能定理可得：mg（h1﹣R）＝EkE代入數(shù)據(jù)解得：h1＝0.6m當(dāng)小鋼球的釋放高度h＜h1時，小鋼球?qū)o法通過E點，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程s是零。根據(jù)幾何關(guān)系可知，斜面軌道GH的長度為：L小鋼球在斜面GH上運動時，所受摩擦力大小為：Ff＝μmgcosθ＝0.5×0.01×10×0.8N＝0.04N小鋼球在斜面軌道上完成從G到H的運動，摩擦力做功為：Wf＝﹣Ff?LGH＝﹣0.04×0.8J＝﹣0.032J可知，小鋼球完成從H到G的運動，摩擦力做功也為?0.032J。設(shè)小鋼球釋放高度為h2時，其能夠運動到H點，并被反彈，且恰好能夠再次經(jīng)過E點，根據(jù)動能定理有mg（h2﹣R）+2Wf＝EkE解得：h2＝1.24m當(dāng)小鋼球的釋放高度h＞h2時，小鋼球再次通過E點后，將向D、C方向運動，并不再返回，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程為：s＝2LGH＝1.6m小鋼球重力沿斜面向下的分力大小為：F1＝mgsinθ＝0.06N因為F1＞Ff，所以當(dāng)小鋼球的釋放高度h1≤h＜h2時，小鋼球第一次通過E點后，無法再次經(jīng)過E點，它將會在斜面軌道上反復(fù)運動，最終停在H點。根據(jù)動能定理可得：mgh﹣Ffs＝0，代入數(shù)據(jù)解得：s＝2.5h（m）綜上可得：s=0答：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小為26（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小為0.5N；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系為：s=【點評】本題考查動能定理和豎直面內(nèi)的圓周運動，解題關(guān)鍵是找到臨界條件，選擇合適的過程列動能定理求解即可。注意若小鋼球只能到達(dá)E點一次，在傾斜軌道上要判斷μ與tanθ的關(guān)系，判斷小鋼球能否停在斜面上。10．（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段，某位同學(xué)就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖，該同學(xué)面向管壁站立在管道最低點，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運動，恰好分別落入該同學(xué)胸前和背后的兩個背包。已知水泥管道截面半徑為R，該同學(xué)胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框，且圓框與豎直圓截面的圓心O等高，兩水平圓框最近點的間距為0.28R，且兩最近點關(guān)于過O點的豎直直徑對稱，不計足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點，且均從水平圓框的圓心進(jìn)入背包，重力加速度大小為g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）兩球與水泥管道的脫離點分別為A（2）設(shè)R＝1m，胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；平拋運動速度的計算；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）OA、OB與水平方向的夾角分別為30°，53°；（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動能定理分析解答；（2）根據(jù)斜拋運動規(guī)律與運動的分解分析解答。【解答】解：（1）設(shè)脫離點與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得mgsinθ=根據(jù)動能定理﹣mgR（1+sinθ）=解得v0=可得sinθ1=12，sinθ則θ1＝30°，θ2＝53°（2）對過A點的足球受力分析可得mgsinθ1=解得v1=足球與水泥管脫離后做斜拋運動，從脫離到最高點過程，豎直方向v1cosθ1＝gt1解得t1=水平位移x1＝v1sinθ1t1豎直位移h1=足球從最高點到背包口過程，水平位移x2＝v1sinθ1t2豎直位移h2＝h1+Rsinθ1=足球斜拋的水平位移x＝x1+x2胸前的背包口圓框的直徑d＝2（Rcosθ1﹣x-0.28R聯(lián)立解得d＝0.19m答：（1）OA、OB與水平方向的夾角分別為30°，53°；（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m?！军c評】本題考查動能定理的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握斜拋運動和圓周運動的特點，運用對應(yīng)的運動特點分析解答。

考點卡片1．整體法與隔離法處理物體的平衡問題【知識點的認(rèn)識】整體法與隔離法是物理學(xué)中處理物體平衡問題的兩種基本方法，它們各有適用場景，并且經(jīng)常交替使用以解決復(fù)雜問題。①整體法適用于將兩個或多個物體組成的系統(tǒng)作為研究對象，當(dāng)需要研究外力對系統(tǒng)的作用時，整體法更為簡便，因為它不需要考慮系統(tǒng)內(nèi)部的作用力。整體法的思維特點是從全局出發(fā)，通過整體受力分析揭示系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，從而避免繁瑣的中間環(huán)節(jié)計算，能夠靈巧地解決問題。例如，在處理連接體平衡問題時，如果只涉及系統(tǒng)外力而不涉及系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的內(nèi)力以及加速度問題，通常選取整個系統(tǒng)為研究對象，使用整體法進(jìn)行分析。②隔離法則是將研究對象從周圍物體中隔離出來進(jìn)行受力分析的方法，適用于需要研究系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力或加速度的情況。隔離法不僅能求出其他物體對整體的作用力，而且還能求出整體內(nèi)部物體之間的作用力。在處理復(fù)雜問題時，通常先用整體法確定整體的運動狀態(tài)，然后再用隔離法分析內(nèi)部物體的相互作用。在實際應(yīng)用中，整體法和隔離法并不是獨立使用的，對于一些復(fù)雜問題，可能需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法進(jìn)行分析。這種方法的交替使用有助于更全面地理解問題的本質(zhì)，從而找到解決方案。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量分別為mA，mB的A、B兩個楔形物體疊放在一起，B靠在豎直墻壁上，在力F的作用下，A、B都始終靜止不動，則（）A、墻壁對B的摩擦力大小為mgB、A、B之間一定有摩擦力的作用C、力F增大，墻壁對B的摩擦力也增大D、力F增大，B所受的合外力一定不變分析：先對AB整體受力分析，由平衡條件知，整體共受四個力作用，墻面對此有作用力；再分別隔離A、B受力分析，應(yīng)用平衡條件分析即可。解答：A、先對AB整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向：f＝GA+GB，因此當(dāng)水平力F增大，墻壁對B的摩擦力仍不變，故AC錯誤，D正確；B、若AB間不存在靜摩擦力，則有：隔離B物體，必受重力、A對B的壓力和墻面的彈力與靜摩擦力作用；隔離A物體，受到重力、B對A的支持力和外力F，三個力作用，均能處于平衡；若AB間存在靜摩擦力，則有：A受四個力，B受五個力，仍能處于平衡；故B錯誤；故選：D。點評：關(guān)鍵利用整體法并結(jié)合共點力平衡條件得到B物體與墻間不存在彈力，注意AB間是否存在靜摩擦力是解題的關(guān)鍵。【解題思路點撥】整體法與隔離法的常規(guī)使用技巧是：先利用整體法求外力，再利用隔離法求單個物體的受力。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況【知識點的認(rèn)識】1.已知物體受力，求解物體的運動情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運動情況分析是解決該類問題的兩個關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運動的加速度。（4）結(jié)合物體運動的初始條件（即初速度v0），分析運動情況并畫出運動草圖，選擇合適的運動學(xué)公式，求出待求的運動學(xué)量——任意時刻的速度v、一段運動時間t以及對應(yīng)的位移x等。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運動。對其進(jìn)行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運動學(xué)公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=F-μmg2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運動時間為：t′=Δva'答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時間才能停下來。點評：本題是已知受力情況確定運動情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難?！窘忸}思路點撥】受力分析→牛頓第二定律→運動情況分析。連接受力與運動的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。4．水平傳送帶模型【知識點的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出木塊運行的時間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運動。若木塊一直做勻加速直線運動到達(dá)右端時的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達(dá)右端時的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。勻加速直線運動的時間t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式綜合求解．【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。5．多種傳送帶的組合問題【知識點的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點時是否已達(dá)最大速度，若沒達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；（2）米袋在CD上應(yīng)做減速運動，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速，則可求得最短時間；解答：（1）米袋在AB上加速時的加速度a0=μmgm米袋的速度達(dá)到v0＝5m/s時，滑行的距離s0=v022a0=因此米袋在到達(dá)B點之前就有了與傳送帶相同的速度設(shè)米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s=v（2）設(shè)CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達(dá)D點（即米袋到達(dá)D點時速度恰好為零），則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax=v若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的時間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為1.16s≤t≤2.1s。點評：本題難點在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達(dá)D點時速度恰好為零；本題的難度較大?！窘忸}思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。6．無外力的水平板塊模型【知識點的認(rèn)識】1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運動，同時一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v2＝4m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑塊和木板運動的加速度大?。唬?）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度。分析：（1）滑塊滑到木板后，木板受重力、壓力、支持力、滑塊和地面對他的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度即可；（2）分析兩物體運動狀態(tài)，根據(jù)運動學(xué)公式求解出滑塊與木板最大相對滑動距離即可。解答：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2對木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先減速到地面對木板的最大靜摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板減速到0后將保持靜止，木塊繼續(xù)減速，加速度不變。全程木塊的位移：x木板的位移：x木塊與木板間的相對位移Δx＝x1+x2代入數(shù)據(jù)解得木板的最小長度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑塊和木板運動的加速度大小分別為2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度為5.25m。點評：本題關(guān)鍵是明確滑塊和滑板的各段運動過程的運動性質(zhì)，對于每段過程都要根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)運動學(xué)公式解相關(guān)運動參量，還要注意各個過程的連接點的情況?！窘忸}思路點撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。7．平拋運動速度的計算【知識點的認(rèn)識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達(dá)P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達(dá)P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。8．平拋運動位移的計算【知識點的認(rèn)識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關(guān)。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。9．平拋運動時間的計算【知識點的認(rèn)識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯(lián)系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據(jù)豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據(jù)水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據(jù)速度的合成有v2=v02④已知某一時刻的速度v及速度偏轉(zhuǎn)角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉(zhuǎn)角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當(dāng)物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經(jīng)歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2vg分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規(guī)律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4v故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1-vogB、v1分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當(dāng)一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運動時間t=Vyg故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質(zhì)點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．小球落到C點，根據(jù)幾何關(guān)系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據(jù)位移關(guān)系求出運動的時間．解答：由幾何關(guān)系可知，AC水平方向的夾角為α=π-θ知tanα=則t=2v0tanαg=2ν0故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據(jù)題目給出的條件選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ā?.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v-10．牛頓第二定律求解向心力【知識點的認(rèn)識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．11．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【知識點的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小．分析：（1）小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可得出最高點的速度；（2）可以根據(jù)動能定理求出最低點的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可求得支持力的大?。獯穑海?）設(shè)小球通過軌道最高點時速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點的速度大小為v2，從最高點到最低點的過程中運用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點時受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運動向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小為6mg點評：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v12．物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【知識點的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，小球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運動，以上說法正確的是（）A、小球通過最高點的最小速度為v=B、小球通過最高點的最小速度為零C、小球通過最高點時一定受到向上的支持力D、小球通過最低點時一定受到外管壁的向上的彈力分析：球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運動，小球通過最高點的最小速度為零．根據(jù)小球到達(dá)最高時的速度，由牛頓第二定律分析小球通過最高點時受到的作用力方向．小球通過最低點時一定受到外管壁的向上的彈力．解答：AB、由于細(xì)管內(nèi)能支撐小球，所以小球通過最高點的最小速度為零，不是gR．故A錯誤，B正確。C、若小球通過最高點時速度0＜v＜gR，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=gR，不受圓管的作用力；當(dāng)v＞gRD、小球通過最低點時向心力向上，重力向下，則外管壁對小球的彈力必定向上。故D正確。故選：BD。點評：小球在圓管中運動類型與輕桿模型相似，屬于有支撐物的類型，小球到達(dá)最高點臨界速度為零．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v13．常見力做功的特點14．瞬時功率的計算【知識點的認(rèn)識】1.對于恒力做功，瞬時功率為P＝Fvcosα（v是瞬時速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬