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

1、第4講“三大觀點(diǎn)”解決力學(xué)問(wèn)題考情分析備考導(dǎo)航用胸馬韋者梢透視命獨(dú)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(duì)力學(xué)綜合知識(shí)的考查一般體現(xiàn)在計(jì)算中， 尤 其在動(dòng)量成為必考內(nèi)容后，其考 核更加多樣化.對(duì)于一般的力學(xué) 問(wèn)題要涉及以下知識(shí)點(diǎn)：牛頓 運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式處理 有規(guī)律的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理結(jié)合能量守恒定律處理變力及曲線 運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；動(dòng)量定理結(jié)合能量 守恒定律處理碰撞、爆炸、反沖 類問(wèn)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(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用物理觀念科學(xué)思維2018I 卷 24T動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公

2、式科學(xué)思維出卷25T動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決板塊問(wèn)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(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題知識(shí)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(duì)齊.A與B、B與地面間的動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng),左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)齊

3、的前、后，B運(yùn)動(dòng)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(duì)B向右的滑動(dòng)摩擦力小于地面對(duì)B向左的最大靜摩擦力，因此，此過(guò)程B靜止不動(dòng).(2)B獲得向右速度后，A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，到再次左邊緣對(duì)齊，A、B兩物塊的位移差為L(zhǎng).解析(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=的勻變速直線運(yùn)動(dòng)2 aAL = vA解得 va =，2/L(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為 m對(duì)齊前，B所受合外力大小F= 3刈g由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 F=maB,得 aB = 3四對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F' =2 pmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 F' =2m

4、a b,得a'B=四(3)經(jīng)過(guò)時(shí)間t, A、B達(dá)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(guó)L答案(1)va=V2VgL (2)aB=3(ig a' b=(3)vb= 2 亞TgL跟進(jìn)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(diǎn))從距長(zhǎng)木板上表面高h(yuǎn)= 0.6 m處由靜止滑下，水平地面上長(zhǎng)木板 A上表面與斜面末端平滑對(duì)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(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為卬=0.5,滑塊C與木板A間的1動(dòng)摩擦因數(shù)為 圖=0.2,滑塊C與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為陛=忽略空氣阻力.(最大靜摩6擦力與滑動(dòng)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(dá)斜面底端時(shí)的速度 vo為多大？(2)滑塊C在A上表面滑行時(shí)，A、B間的彈力大小為多少？(3)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間滑塊 C運(yùn)動(dòng)到A的右端？此時(shí)滑塊 C的速度為多大？(

6、4)最終穩(wěn)定時(shí)，滑塊 C是否脫離長(zhǎng)木板 B?若未脫離，滑塊 C相對(duì)B靜止的位置距離 B 右端多遠(yuǎn)？解析：(1)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)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(shí)，A、B一起運(yùn)動(dòng)，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(duì)B的彈力為F=MaAB=2 N.(3)C在A上滑行時(shí)，C減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1=國(guó)g= 2 m/s2,設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)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(shí) 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(yùn)動(dòng)，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(guò)時(shí)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(shí)C在B上發(fā)生的相對(duì)位移為v + vcvAB+VBAx= -2 t22 t2=0.1 mv 0.375 m.所以滑塊C未脫離長(zhǎng)

8、木板B.此時(shí)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(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題 知識(shí)必備提核心通技法 1.若過(guò)程只有動(dòng)能和勢(shì)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(guò)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(guò)程涉及電勢(shì)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.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(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù) 科=0.1的水 平軌道上的A點(diǎn)

9、.現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P= 10.0 W.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至 B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)以5 m/s的速度沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器.已知軌道AB的長(zhǎng)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(jì)，取重力加速度g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8),求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)壓力傳感器的示數(shù);(2)水平外力作用在，t塊上的時(shí)間t.審題指導(dǎo)(1)滑塊從A到B過(guò)程滿足動(dòng)能定理.(2)

10、滑塊從B到C過(guò)程平拋運(yùn)動(dòng)，注意 C點(diǎn)速度分解.滑塊從C到D機(jī)械能守恒.解析(1)滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒得:mvD= _mvC+ mgR (1 - cos 37 )滑塊在 D 點(diǎn)的速度 Vd = 1vC+ 2gR1 cos 37 ° - = 33 m/s在D點(diǎn)對(duì)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(duì)軌道的壓力Fn = Fn = 25.6 N ,方向豎直向下(2)滑塊離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好在 C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道由幾何關(guān)系可知，滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為VB=

11、vccos 37 ° =4 m/s滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(shí)間t = 0.4 s2P答案(1)25.6 N (2)0.4 s跟進(jìn)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(diǎn)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(guò)半圓導(dǎo)軌的最高點(diǎn)C.已知物塊在到達(dá) B點(diǎn)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(diǎn)平拋出去后在水平軌道的落點(diǎn)與B點(diǎn)的距離;(2

12、)物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大??；(3)物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能.vC解析：(1)因?yàn)槲飰K恰好能通過(guò) C點(diǎn)，有：mg= mR物塊由C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有：x=vct,2R = 2gt2解得：x=2R即物塊在水平軌道的落點(diǎn)與B點(diǎn)的距離為2R.1c1c(2)物塊由B到C過(guò)程中機(jī)械能守恒，有：2mvB=2mgR+mvCvB設(shè)物塊在B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力 F' N=FN = 6mg. 1c. 一(3)由機(jī)械能守恒定律可知，物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)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(dòng)量與能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題知識(shí)必備提核心通技法動(dòng)量與能量綜合的題目往往物理過(guò)程較多，情境復(fù)雜，把復(fù)雜的情境與過(guò)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(shí)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(duì)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(duì)某一時(shí)刻的問(wèn)題選擇牛頓

14、第 二定律求解.5 .復(fù)雜問(wèn)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.典題例析析典題 學(xué)通法例3 (2019全國(guó)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(shí)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(dòng)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(yùn)動(dòng). A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 尸0.20.重力加速度取g = 10 m/s2A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)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(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)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(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理計(jì)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(duì) A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)公 式解決問(wèn)題.(3)假設(shè)A能與B碰撞，應(yīng)用動(dòng)能定理求出A碰撞前的瞬時(shí)速度；發(fā)生彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律聯(lián)立解出碰后A、B的速度，問(wèn)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)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(gè)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(shí)間為t, B向左運(yùn)動(dòng)的路程為 sb,則有mBa= pmBg 1SB=VBt -at2 2vb- at = 0 在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變 A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)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(shí)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(shí) A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m 處.B位于出發(fā)點(diǎn)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(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為v'a,由動(dòng)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(dòng)量守恒定律與機(jī)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(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng).設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為 sa時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)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(jìn)題組練考題 提能力8 .如圖所示，較長(zhǎng)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(xì)線連接，置于水平桌面上，彈簧與兩物體不栓連.現(xiàn)將細(xì)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(jì)一切摩擦，重力加速度為g.求：(1)m2離開彈簧時(shí)的速度;(2)mi上升到曲面最高點(diǎn)時(shí)距桌面的高度；(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能.解析：(1)m2平拋過(guò)程有：h = 2gt2, x= v2t(2)彈簧將兩物體彈開的過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)，取向左

20、為正方向,由動(dòng)量守恒定律有： mivi m2v2x得：vi=2x216h 1)一對(duì)mi沖上曲面過(guò)程，由機(jī)械能守恒有：migH="miv2,得：H = 1 ci c(3)彈簧的最大彈性勢(shì)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(diǎn)”解決力學(xué)綜合問(wèn)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(tái)階靜止在光滑水平地面上，且左端與粗糙水平臺(tái)等高.水平臺(tái)與物塊 P間的動(dòng)摩擦因 數(shù)為 尸0.2,水平臺(tái)上有一彈簧，彈簧左端固定，彈簧右端與一個(gè)質(zhì)量為

21、mi=5 kg的小物塊P接觸但不固定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定，彈簧的彈性勢(shì)能Ep=100 J.現(xiàn)解除彈簧的鎖定，小物塊P從M點(diǎn)出發(fā)，MN間的距離為d= 1 m.物塊P至ij N點(diǎn)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(diǎn))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(yùn)動(dòng) ).已知AB長(zhǎng)為L(zhǎng)=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的速度大小；(2)若物塊Q在半圓弧軌道BCD上經(jīng)過(guò)一次往返運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)，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(diǎn)D飛出，求其再次落回小車時(shí)，落點(diǎn)與B點(diǎn)的距離s為多少？(結(jié)果可用根號(hào)表示) 核心考點(diǎn)1 .能量守恒定律的應(yīng)用.2 .彈性碰撞規(guī)律.3 .動(dòng)量守恒定律.4 .平拋運(yùn)動(dòng)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(gè)過(guò)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到 N的過(guò)程滿足能量守恒定律.(2)P、

23、Q發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)量守恒、能量守恒.(3)物塊Q與平板小車作用的整個(gè)過(guò)程、動(dòng)量守恒、能量守恒.1解析(1)設(shè)物塊P被彈簧彈開運(yùn)動(dòng)到 N點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到與小車相對(duì)靜止過(guò)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(dòng)量守恒:解得d =0.25Q運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)與車共速時(shí)，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(guò)D點(diǎn)時(shí)，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(guò)D點(diǎn)時(shí)相對(duì)小車的速度為v4' =6 m/s物塊Q再次落回小車時(shí)與B點(diǎn)的距離為12 ：3解得s= m5答案

25、見解析易錯(cuò)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(dòng)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(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，考生不能用相對(duì)運(yùn)動(dòng)來(lái)處理對(duì)點(diǎn)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(zhǎng)為 L=0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn) 。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(diǎn)與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度A、B間的動(dòng)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(diǎn)，不計(jì)空氣阻力.已知=10 m/s2),求:(1)小球運(yùn)動(dòng)到

26、最低點(diǎn)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(dá)到共同速度前 A不滑離木板，木板 B至少多長(zhǎng).解析：(1)小球下擺過(guò)程，由機(jī)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(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得:12m0gh = _2m0v2解得：V1= 2 m/s小球與A碰撞過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以碰撞前瞬間小球的速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)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(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)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(shí)作業(yè)限時(shí)提能題組一用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題1.(2020蚌埠一模)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面低端放置一個(gè)長(zhǎng)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(diǎn)).現(xiàn)沿斜面向上對(duì)木板施加一個(gè)外力 F使其由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知斜面傾角0= 30°,物塊和木一，一一， 3.板間的動(dòng)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(duì)靜止，求二者共同運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)當(dāng)外力F = 53.5 N時(shí)，二者之間將會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，求二者完全分離時(shí)的速度各為多大？解析：(1)二者共同運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)間為t,分離時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)，沙板相對(duì)沙地的速度大小會(huì)影響沙地對(duì)沙板的動(dòng)摩擦因 數(shù).假設(shè)滑沙者的速度超過(guò)8 m/s時(shí)，滑沙板與沙地間的動(dòng)摩擦因數(shù)就會(huì)由國(guó)= 0.5變?yōu)槟?0.25,如圖1所示，簡(jiǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)恒為由=0.4, AB坡長(zhǎng)L=26 m, sin 37 = 0.6,不計(jì)空氣阻力，求滑沙者：f

30、tC第2(1)到B處時(shí)的速度大??；(2)在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離；(3)在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比.解析：(1)滑沙板的速度較小時(shí)：ma1= mgsin 0- mgcos 0代入數(shù)據(jù)可得：a 1 = 2 m/s2,、一v282一速度達(dá)到8 m/s的過(guò)程中的位移：比=通=F m=16 m；滑沙板的速度較大時(shí)：ma2= mgsin 0 mgcos 0,代入數(shù)據(jù)可得：a2= 4 m/s2設(shè)到達(dá)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(dá)到 8 m/s的時(shí)間：ti = ai=.一一 ,、v2-v112-8第二段時(shí)間：t2 = -T-= S= 1 S,a240 V2 12滑沙板在水平面上的時(shí)間：t3= s=3 s,a34所以在AB段下，t與BC段滑動(dòng)的時(shí)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(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)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(gè)彈性環(huán) A、B用不可伸長(zhǎng) 且長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連接，分別套在水

32、平細(xì)桿 OP和豎直細(xì)桿OQ上，OP與OQ在O點(diǎn)用一小段 圓弧桿平滑相連，且 OQ足夠長(zhǎng).初始時(shí)刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后釋放兩個(gè)小環(huán)，A環(huán)通過(guò)小段圓弧桿時(shí)速度大小保持不變，重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦，試求:當(dāng)B環(huán)下落1時(shí)，A環(huán)的速度大小;(2)A環(huán)到達(dá)。點(diǎn)后再經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間能夠追上B環(huán).L 2i解析：(1)當(dāng)B環(huán)下洛2時(shí)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(guò)程中，A與B組成的系統(tǒng)機(jī)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(dá)O點(diǎn)時(shí)，B的速度等于0,由機(jī)械能守恒，2 2mvAz 2=mgL,解得 va' =I7gL,環(huán)A過(guò)。點(diǎn)后做初速度為 va'、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)， B做自由落體運(yùn)動(dòng).當(dāng) A 追上 B 時(shí)，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(diǎn)，水平軌 道的C點(diǎn)固定有豎直擋板， 軌道上的A點(diǎn)靜置有一質(zhì)量 m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)).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(yùn)動(dòng)， 當(dāng)運(yùn)動(dòng)到AB之間的D點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到 B點(diǎn)后進(jìn)入豎直圓槽形軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由壓力傳感器測(cè)出小物塊對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為N.已知水平軌道 AC長(zhǎng)為2 m, B為AC的中點(diǎn)，小物塊與 AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)便=0.45,取重力加速度g = 10 m/s2求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)拉力F作用在小物塊上的時(shí)間t;BC到達(dá)C點(diǎn)，與豎直擋板相碰時(shí)無(wú)(3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道機(jī)械能損失，為使小物塊從C點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍. 2解析：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mg 2R+ 2mv2=2mvB,解得 vb = 4 m/s.(2)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得Fs- pimgxAB= 2mvB 0,根據(jù)牛頓第二定律得：F國(guó)mg=ma, 1c由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s=2at2,聯(lián)立解得t=5 s. 3(3)設(shè)BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0 2設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點(diǎn)的最小速度為V1,則由牛頓

36、第二定律可得：mg=m£,由動(dòng)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(diǎn)返回通過(guò)軌道的最高點(diǎn)而不會(huì)脫離軌道，應(yīng)滿足0W區(qū)w 0.025若物塊從C點(diǎn)返回在圓槽形軌道上升高度R時(shí)速度為零，由動(dòng)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(diǎn)，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)而不會(huì)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(dòng)量與能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)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?fàn)顟B(tài)，可視為 質(zhì)點(diǎn)的小木塊 B停在木板的右端，如圖所示.對(duì)木塊施加水平向左的瞬時(shí)沖量使其獲得初速 度V0=7 m/s,經(jīng)時(shí)間t=0.5 s木塊運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)度L和木板與木塊間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，則V0+V1 7+5L= -2t= -2-X 0.5 m=

38、 3 m對(duì)木塊，取向左為正方向，由動(dòng)量定理得一mgtmv1- mv0.解得，動(dòng)摩擦因數(shù)為-0.4(2)木塊在木板上向右滑動(dòng)的過(guò)程中，取向右為正方向，由動(dòng)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(gè)光滑長(zhǎng)桿，有一個(gè)質(zhì)量為2m小滑塊A套在細(xì)桿上可自由滑動(dòng).在水平桿上豎直固定一個(gè)擋板P,小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在小滑塊的下端用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球B,將小球拉至左端水平位置使細(xì)線處于自然長(zhǎng)度，由靜止釋放，已知重力加

39、速度為g.求：(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大小;(2)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，相對(duì)最低點(diǎn)所能上升的最大高度；19mgL = 2mv2(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所能獲得的最大速度.解析：(1)小球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得:解得：v= 2gL在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得丫2F mg= m解得，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小F = 3mg(2)小球與滑塊共速時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)到最大高度h.取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)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(diǎn)，滑塊獲得最大速度，此時(shí)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(diǎn)”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(diǎn)，在光滑水平面上緊挨B點(diǎn)