2017-2018学年高考物理二轮复习 第2板块 力学计算题教学案

第2板块 力学计算题第10讲 “动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。涉及的知识主要包括：匀变速直线运动规律；自由落体运动规律；竖直上抛运动规律；牛顿运动定律；运动学和动力学图像。复习这部分内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情况分析和运动情况分析。用到的思想方法主要有：整体法和隔离法；临界问题的分析方法；合成法；正交分解法；作图法；等效思想；分解思想。考查点一匀变速直线运动规律的应用题点(一)多过程运动1运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v00时，一般以加速度a的方向为正方向。2多过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。例1甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点。求：(1)甲做匀减速运动的加速度；(2)甲冲刺阶段完成的位移大小。解析(1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1，解得v110 m/s；甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2，由a2得a21 m/s2。(2)甲匀速运动的位移：x2v1t210×10 m100 m甲匀减速的位移：x3t解得x318 m最后甲冲刺的位移为：x4200 m(x1x2x3)200 m(2010018)m62 m。答案(1)1 m/s2(2)62 m题点(二)自由落体运动与竖直上抛运动1竖直上抛运动的两种研究方法(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度ag的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v0时，物体正在上升；v0时，物体正在下降；h0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方。2巧用竖直上抛运动的对称性(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。例2一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h5 m处的时间间隔t2 s，则小球的初速度v0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？解析画出小球运动的情景图，如图所示。小球先后经过A点的时间间隔t2 s，根据竖直上抛运动的对称性，小球从最高点到A点的时间t11 s，小球在A点处的速度vAgt110 m/s在OA段根据公式vA2v022gh解得v010 m/s。小球从O点上抛到A点的时间t2 s(1)s根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t2(t1t2)2 s。答案10 m/s2 s题点(三)追及相遇问题追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”(1)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到。例3(2018届高三·山东省实验中学摸底)货车A正在该公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免事故。(这段公路很窄，无法靠边让道)解析(1)当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：vAvB对B车：vBat联立可得：t10 sA车的位移为：xAvAt200 mB车的位移为：xBat2100 m因为xBx0175 m<xA所以会撞上，设经过时间t1相撞，有：vAt1x0at12代入数据解得：t15 s，另一解舍去。(2)已知A车的加速度大小aA2 m/s2，初速度v020 m/s设B车的加速度大小为aB，B车运动时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vAv0aAtvBaBt且vAvB在时间t内A车的位移为：xAv0taAt2B车的位移为：xBaBt2又xBx0xA联立可得：aB0.67 m/s2。答案(1)两车会相撞5 s(2)0.67 m/s2考查点二动力学的两类基本问题题点(一)由受力情况求解运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。例1(2017·安庆模拟)如图所示，质量m5 kg的物块(视为质点)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50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角37°，F2大小为30 N，方向水平向左，物块的速度v0大小为11 m/s。当物块运动到距初始位置距离x05 m时撤掉F1，g取10 m/s2。求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数；(2)撤掉F1以后，物块在6 s末距初始位置的距离。解析(1)物块向右做匀速运动：fF2F1cos ；f(mgF1sin )，联立解得：0.5。(2)撤掉F1后：a1 m/s211 m/s2设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t11 s此时向右位移：x1t15.5 m后5 s物块向左运动：a21 m/s2后5 s向左位移：x2a2t2212.5 m物块在6 s末距初始位置的距离：xx2(x0x1)12.5 m(5 m5.5 m)2 m。答案(1)0.5(2)2 m题点(二)由运动情况求解受力情况由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。例2有一质量m2 kg的小球套在长L1 m的固定轻杆顶部，杆与水平方向成37°角。静止释放小球，1 s后小球到达杆底端。取重力加速度大小g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。(1)求小球到达杆底端时速度为多大？(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？解析(1)设小球到达杆底端时速度大小为v，则L t，得v2 m/s。(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1，则a1根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1得小球与杆之间的动摩擦因数0.5。(3)小球在恒力作用下，有mgsin N2ma2，得N220 N若恒力F垂直杆向上，则FN2mgcos ，得F36 N若恒力F垂直杆向下，则FN2mgcos ，得F4 N。答案(1)2 m/s(2)0.5(3)36 N或4 N题点(三)两类基本问题与图像的综合解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这两部分知识学会互联互通。例3为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ffkv。(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m2 kg，斜面倾角30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t0时v­t图线的切线，由此求出、k的值。(计算结果保留两位有效数字)解析(1)由牛顿第二定律有：mgsin mgcos kvma解得：agsin gcos 。(2)当a0时速度最大，vm。减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角；风帆升起一些。(3)当v0时，agsin gcos 3 m/s2解得：0.23。最大速度vm2 m/s解得：k3.0 kg/s。答案(1)gsin gcos (2)适当减小斜面倾角(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.233.0 kg/s考查点三动力学的两类典型模型题点(一)板块模型例1(2017·全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t22在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案(1)1 m/s(2)1.9 m题点(二)传送带模型对于传送带问题，分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力。例2水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v1 m/s运行，一质量为m4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2。(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。解析(1)滑动摩擦力Ffmg0.1×4×10 N4 N，加速度ag0.1×10 m/s21 m/s2。(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则vat1，t1 s1 s。(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a1 m/s2，当行李到达右端时，有vmin22aL，vmin m/s2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。行李最短运行时间由vmina×tmin得tmin s2 s。答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s 1(2018届高三·潍坊五校联考)如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA1 200 m，OB2 000 m，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间。解析：(1)若列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则0v022a1x1x11 200 m200 m1400 m解得：a1 m/s2；若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB2 000 m，则0v022a2xOB解得：a2 m/s2；故加速度大小a的取值范围为 m/s2a m/s2。(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最长，则0v0a2t解得：t50 s。答案：(1) m/s2a m/s2(2)50 s2.(2017·广州调研)如图所示，一个质量为M的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。解析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度v0，方向竖直向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度a12g，方向竖直向下，球的加速度a23g，方向竖直向上。(3)管第一次落地弹起时的速度v1，方向向上，球的速度v2，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球和管速度v相同，则有v1a1t1v2a2t1t1设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2，则：t2，因为t1<t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求。得h1v1t1a1t12H。答案：(1)，方向竖直向下(2)管的加速度大小为2g，方向竖直向下球的加速度大小为3g，方向竖直向上(3)H3(2017·威海二模)某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎。由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣。假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20 m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100 m/s。某次，抛碟机将飞碟以20 m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，(不计空气阻力，g10 m/s2)求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？(计算结果小数点后保留2位数字)解析：(1)设飞碟上升的最大高度为h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由v022gh可得：h20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d20 m，所以可得：tan 1所以射击方向和水平方向的夹角为45°。(2)设飞碟上升到最高点所用时间为t1t12 s子弹击中飞碟的位移x和飞行时间t2为x m20 mt2 s0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t为tt1t22 s0.28 s1.72 s。答案：(1)45°(2)1.72 s4如图所示，光滑水平面上静止放着长为L1.6 m、质量为M3 kg的木板，一个质量为m1 kg的小物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t00.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。解析：(1)力F拉动木板运动过程中：对物块，由牛顿第二定律知mgma，即ag1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知FmgMa1，即a1要想抽出木板，则只需a1a，即F(Mm)g，代入数值得F4 N。(2)设有拉力时木板的加速度大小为a2，则a2设没有拉力时木板的加速度大小为a3，则a3 m/s2设从没有拉力到木板恰好被抽出所用时间为t1木板从物块下抽出时有物块速度为va(t0t1)发生的位移为sa(t0t1)2木板的速度为v板a2t0a3t1发生的位移为s板a2t02a2t0t1a3t12木板刚好从物块下抽出时应有v板v且s板sL联立并代入数值得t11.2 s，a23 m/s2，F10 N。答案：(1)F4 N(2)10 N5(2018届高三·石家庄六校联考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA2 kg的平板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB1 kg、带电荷量为q1×102 C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，电场的大小及方向可以人为控制。现在先产生一个方向水平向右、大小E13×102 N/C的电场，车和货物开始运动，2 s后，电场大小变为E21×102 N/C，方向水平向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取10 m/s2，求第二次电场作用的时间。解析：由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aBaB2 m/s2，aA0.5 m/s2车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为vBaBt4 m/s，vAaAt1 m/s2 s后货物和车的加速度大小分别为aB2 m/s2aA0.5 m/s2设又经t1时间货物和车共速，vBaBt1vAaAt1代入数据解得t11.2 s，此时货物和车的共同速度v1.6 m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a m/s2减速到0所经历的时间为t24.8 s所以第二次电场的作用时间为t1t26 s。答案：6 s6.(2017·襄阳月考)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度向上运动。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37°mgcos 37°ma1代入数据解得：a1gsin 37°gcos 37°10×0.6 m/s20.5×10×0.8 m/s210 m/s2。(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则v0va1t1，解得：t10.5 s，通过的位移：x1·t1×0.5 m3.75 m<6 m因<tan ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2，则：mgsin 37°mgcos 37°ma2代入数据解得：a22 m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2v122a2x2x2lx12.25 m，解得：v14 m/s。答案：(1)10 m/s2(2)4 m/s教师备选题1(2018届高三·衡阳十校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x09 m区间的速度不超过v06 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲20 m/s和v乙34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲2 m/s2的加速度匀减速刹车。(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t00.5 s的反应时间后开始以大小为a乙4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ 解析：(1)对甲车，速度由20 m/s减至6 m/s的位移x191 mx2x0x1100 m。即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车。(2)设甲车刹车后经时间t，两车速度相同，由运动学公式得：v乙a乙(tt0)v甲a甲t解得：t8 s；相同速度vv甲a甲t4 m/s6 m/s，即共同速度v6 m/s为不相撞的临界条件乙车从开始以速度34 m/s减至6 m/s的位移为x3v乙t0157 m；所以要满足条件甲、乙的距离xx3x166 m。答案：(1)100 m(2)66 m2(2017·太原模拟)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示。A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示。(g取10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s末A、B的速度大小；(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a2 m/s2对应A板mBgmAaA、B间动摩擦因数0.3。(2)由图像知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积vat1×2×4 m/s4 m/s。(3)4 s到6 s末t22 s木板A运动的位移，xAvt2aAt22木块B的位移xBvt2aBt22木板的长度lxBxA4 m。答案：(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m3如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L6 m，其左端与一倾角为30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。解析：设物块在传送带上匀加速运动时加速度为a1，由牛顿第二定律可得Ffmgma1，a12 m/s2设物块与传送带达到共速v22a1x1x14 m<6 m，t12 sx2Lx1，x2vt2，所以t20.5 s物块在斜面上加速度大小a25 m/s2上升和下降各用时间t30.8 s返回传送带向右减速运动时间t42 st总t1t22t3t4，t总6.1 s。答案：6.1 s第11讲 应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新，联系实际密切，综合性强，常是高考的压轴题。考查内容动能定理机械能守恒定律能量守恒定律功能关系 动量定理 动量守恒定律思想方法整体法和隔离法 全程法分段法相对运动方法 守恒思想等效思想 临界极值思想考查点一应用动能定理求解多过程问题求解多过程问题的五个注意事项(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。典题例析典例(2017·南充模拟)如图所示，半径为R1 m，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m1 kg的小球，在水平恒力F N的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点，A、B间的距离x m，当小球运动到B点时撤去外力F，小球经半圆管道运动到最高点C，此时小球对圆管外侧的压力FN2.6mg，然后垂直打在倾角为45°的斜面上(g10 m/s2)，求：(1)小球在B点时速度的大小；(2)小球在C点时速度的大小；(3)小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功；(4)D点距地面的高度。解析(1)小球从A到B过程，由动能定理得FxmvB2解得vB10 m/s。(2)在C点，由牛顿第二定律得mgFNm又据题有FN2.6mg解得vC6 m/s。(3)由B到C的过程，由动能定理得mg·2RWfmvC2mvB2解得克服摩擦力做的功Wf12 J。(4)设小球从C点到打在斜面上经历的时间为t，D点距地面的高度为h，则在竖直方向上有2Rhgt2由小球垂直打在斜面上可知tan 45°联立解得h0.2 m。答案(1)10 m/s(2)6 m/s(3)12 J(4)0.2 m考查点二机械能守恒定律的综合应用题点(一)应用机械能守恒定律解决平抛、圆周运动问题例1(2018届高三·宜春三中摸底)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求：(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由。(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？审题指导(1)轨道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球运动过程中机械能守恒。(2)轨道C2属于竖直面内圆周运动的绳模型，轨道C4属于杆模型。(3)轨道C1的最低点B和轨道C3的最低点F都是压力的极大值处，根据圆周运动规律求解后比较即可，注意压力大小与小球质量、速度和轨道半径都有关系。解析(1)小球从P到A，竖直方向有：h2R4Rsin 30°4R；由平抛运动规律可得：vy22gh解得：vy在A点，由速度关系tan 60°解得：v0。(2)若小球能过D点，则在D点的速度满足v>小球从P到D由机械能守恒定律得：mv026mgRmv25mgR解得：v 若小球能过H点，则H点速度满足vH>0小球从P到H时，机械能守恒，H点的速度等于P点的初速度，为>0；综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能小球从P到B由机械能守恒定律得：mv026mgRmvB2在B点轨道给小球的弹力NB满足：NBmgm解得：NBmg；小球从P到F由机械能守恒定律得：mv026mgRmvF23mgR在F点轨道给小球的弹力NF满足：NFmgm联立解得：NFmg；比较可知：F点轨道对小球的弹力最大，为mg。答案(1)(2)能，理由见解析(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg题点(二)含弹簧的系统机械能守恒问题1弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算；弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。2弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且W弹Ep。例2如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：(1)斜面的倾角；(2)B的最大速度v。解析(1)设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，对A有kxAmg。此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细绳拉力T三个力的作用。设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有，TmgkxAma，对C有，4mgsin T4ma，当B获得最大速度时，有a0，由此解得sin 0.5，所以30°。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB，显然xAxB。当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离为xAxB。由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒定律可得4mg(xAxB)sin mg(xAxB)(4mm)v2，代入数值解得v2g。答案(1)30°(2)v2g考查点三功能关系的综合应用题点(一)应用功能关系处理传送带问题例1如图所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统生成的热量。思路点拨(1)物块运动的加速度由摩擦力提供。(2)物块先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，最后向左做匀速运动。(3)系统产生的热量QFf·x相对。解析(1)由速度图像可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2由牛顿第二定律得FfMa得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2。(2)由速度图像可知，物块初速度大小v4 m/s、传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止。前2 s内物块的位移大小x1t4 m，向右，后1 s内的位移大小x2t1 m，向左，3 s内位移xx1x23 m，向右；物块再向左运动时间t21.5 s物块在传送带上运动时间tt1t24.5 s。(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移xvt16 m，方向向左；物块位移为xx1x23 m，方向向右相对位移为xxx9 m所以转化的热能EQFf×x18 J。答案(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J题点(二)应用功能关系处理板块模型问题1.对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：求摩擦力对滑块做功时必须用滑块对地的位移s块；求摩擦力对滑板做功必须用滑板对地的位移s板；求摩擦生热时必须用相对滑动的总路程s相对。2板块模型的两大临界条件(1)相对滑动的临界条件运动学条件：两者速度或加速度不相等。动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。(2)滑块滑离滑板的临界条件：滑块恰好滑到滑板的边缘时速度相同。例2如图所示，质量为m20.6 kg的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m10.2 kg的小铁块，它离木板的右端距离d0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为0.2。现用拉力向左以3 m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：(1)将木板从铁块下抽出时，铁块和木板的动能各为多少？(2)将木板从铁块下抽出的过程中木板对铁块做的功。(3)系统产生的内能和拉力F做的功。解析(1)对小铁块，由牛顿第二定律得m1gm1a1，则a12.0 m/s2，木板的加速度a23 m/s2，设经过时间t，将木板从铁块下抽出，则有a2t2a1t2d，代入数值解得t1 s。铁块末速度v1a1t2 m/s，木板末速度v2a2t3 m/s，铁块的动能Ek1m1v120.4 J，木板的动能Ek2m2v222.7 J。(2)铁块位移x1a1t21.0 m，木板位移x2a2t21.5 m。这一过程，木板对铁块做的功为W1m1gx10.4 J。(3)系统产生的内能Qm1gd0.2 J，拉力做的功Wm1v12m2v22Q3.3 J。答案(1)0.4 J2.7 J(2)0.4 J(3)0.2 J3.3 J考查点四动量观点与能量观点的综合应用题点(一)动量定理与机械能守恒定律的综合应用例1(2016·全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。审题指导(1)卡通玩具稳定的悬停在空中，说明其受力平衡。(2)水柱冲击到玩具底板后竖直方向的速度变为零，则竖直方向的动量也变为零。解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由机械能守恒定律得mv2mghmv02在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为pmv设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。答案(1)v0S(2)题点(二)动量守恒定律与动能定理的综合应用例2如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面有一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切。现将一质量m1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O的距离。解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒定律得：mv0(Mm)v1由动能定理得：mgRmgL(Mm)v12mv02联立并代入数据解得：v05 m/s。(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x，由动能定理得：mg(Lx)(Mm)v22mv02联立并代入数据解得：x0.5 m<L，符合题意。答案(1)5 m/s(2)0.5 m 1(2017·全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mv12mv02解得。(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得v02v122a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2。答案：(1)(2)2(2015·天津高考)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数0.5。设皮带足够长，取g10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则Fmg取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ftmv0由式并代入数据得t0.2 s。(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fxmv20由式并代入数据得x0.1 m。(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则svt摩擦力对皮带做的功WFs由式并代入数据得W2 J。答案：(1)0.2 s(2)0.1 m(3)2 J3如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能达到C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度；(2)A在木板C上滑行的时间。解析：(1)设A、B、C的质量为m，B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为v1，则mv02mv1，解得v1，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用的过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，则mv0mv12mv2，解得v2。(2)在A、C相互作用的过程中，根据机械能守恒有FfLmv02mv12·2mv22(Ff为A、C间的摩擦力)，代入解得Ff。此过程中对C，根据动量定理有Fftmv2mv1，代入相关数据解得t。答案：(1)(2)4.(2018届高三·开封调研)如图所示，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处。质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。试问：(1)a与b球碰前瞬间，a球的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)解析：(1)设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得mghmvC2解得vC，即a与b碰前的速度大小为。(2)设a、b球碰后的共同速度为v，由动量守恒定律mvC(mm)v，故vvC两球被细绳悬挂绕O摆动时，在最低点时设细绳拉力为FT，则由牛顿第二定律得FT2mg2m解得FT3mg因为FT>FTm2.8mg，所以细绳会断裂。答案：(1)(2)见解析5如图所示，质量为m1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M2 kg 的足够长的小车左端在最低点O点相切，小物块并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R1.0 m，圆弧对应的圆心角为53°，A点距水平面的高度h0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6。试求：(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小；(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。解析：(1)对小物块由A到B有vy22gh，在B点tan ，解得v13 m/s。(2)由A到O，根据动能定理有mg(hRRcos )mvO2mv12，在O点FNmgm，解得：vO m/s，FN43 N。由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力FN43 N。(3)摩擦力Ffmg1 N，物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则，am2aM，得vt m/s。由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ff·l相(Mm)vt2，得l相5.5 m。小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变aM0.5 m/s2，vtaMt得t s。答案：(1)3 m/s(2)43 N(3)5.5 m s6(2018届高三·广安四校联考)如图甲所示，轨道ABC由一个倾角为30°的斜轨道AB和一个水平轨道BC组成，一个可视为质点的质量为m的滑块从A点由静止开始下滑，滑块在轨道ABC上运动的过程中，受到水平向左的拉力F的作用，力的大小和时间的关系如图乙所示，经过时间t0滑块经过B点，经过B点时无机械能损失，最后停在水平轨道BC上，滑块与轨道之间的动摩擦因数0.5，已知重力加速度为g。求：(1)整个过程中滑块的运动时间；(2)整个过程中水平拉力F做的功；(3)整个过程中摩擦力做的功。解析：(1)在0t0这段时间内，滑块在斜轨道AB上运动时，垂直斜面方向有：FNF1sin mgcos 0解得FN0所以滑块不受摩擦力，由牛顿第二定律，滑块在斜轨道AB上运动时的加速度a12g滑块到达B点时的速度vBa1t02gt0在t02t0这段时间内，水平拉力F2mgFfmg，所以滑块做匀速直线运动2t0之后的过程中，滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，加速度a2运动时间t4t0整个过程中滑块的运动时间t2t04t06t0。(2)在0t0这段时间内，滑块的位移x1a1t02gt02水平拉力F做功W1F1x1cos mg2t02在t02t0这段时间内，滑块的位移x2vBt02gt02水平拉力F做功W2F2x2mg2t02整个过程中水平拉力F做功WW1W2mg2t02。(3)2t0之后的过程中，滑块的位移x34gt02滑块在斜轨道AB上运动时，没有摩擦力，在水平轨道BC上运动时，摩擦力是恒力