應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題【備考指南】1．高考對(duì)本講的命題通常結(jié)合多物體多過(guò)程的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)進(jìn)行考查，命題注重與生產(chǎn)生活情境的融合，綜合性強(qiáng)，考查“三大觀點(diǎn)”的綜合應(yīng)用。2．要準(zhǔn)確理解力學(xué)三大規(guī)律的內(nèi)涵及其使用條件，掌握力學(xué)三大規(guī)律的選用技巧。3．多過(guò)程問(wèn)題的考查是考試的重點(diǎn)，要注意提升結(jié)合運(yùn)動(dòng)草圖條理分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程的能力。1．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝vv2-v0能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間2．力學(xué)規(guī)律選用的順序：“兩先一后”為了簡(jiǎn)化求解過(guò)程，選擇物理規(guī)律的順序一般是：先選用守恒定律(機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律)，再選用定理(動(dòng)能定理、動(dòng)量定理)，最后選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。[典例1](2024·安徽卷)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著水平的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。[解析](1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgL＝12m解得v0＝5m/s在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律FT－mg＝m解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6N。(2)小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv212m解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝2mm+Mv0＝(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒Mv2＝2Mv3由能量守恒定律12Mv22＝解得μ1＝0.4若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒Mv2＝2Mv4由能量守恒定律12Mv22＝12解得μ2＝0.25綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。[答案](1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[典例2](2024·1月浙江卷)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1m的圓弧軌道BCD，長(zhǎng)度L＝1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m＝0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處?kù)o止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ1，小物塊a運(yùn)動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其他軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若h＝0.8m，求小物塊：①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小；②在DE上經(jīng)過(guò)的總路程；③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比。(2)若h＝1.6m，滑塊b至少多長(zhǎng)才能使小物塊a不脫離滑塊b。[解析](1)①對(duì)小物塊a從由靜止釋放到第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝1第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有mvC聯(lián)立解得a＝16m/s2。②由幾何關(guān)系可知，E點(diǎn)的高度hE＝Lsinθ＋R(1－cosθ)＝0.95m>h，由能量守恒定律可知小物塊a不會(huì)從E點(diǎn)滑出軌道DE。小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)棣?mgcosθ<mgsinθ，所以小物塊a每次在DE上上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊a每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在DE上經(jīng)過(guò)的總路程為s，則根據(jù)能量守恒定律可得mg[h－R(1－cosθ)]＝(μ1mgcosθ＋μ2mgcosθ)s解得s＝2m。③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a上＝gsinθ＋μ1gcosθ＝8m/s2a下＝gsinθ－μ2gcosθ＝2m/s2則對(duì)小物塊a在DE上的每一次完整的上滑和下滑過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式均有12a上t上'2＝1解得t上'所以t上t下(2)對(duì)小物塊a從由靜止釋放到經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgLcosθ＝1解得vF＝2m/s設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且最終二者達(dá)到共同速度v，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分別聯(lián)立有mvF＝2mv12mvF2＝12×2mv解得l＝0.2m。[答案](1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m【教師備選資源】1．(2023·廣東卷)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3L，平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m，碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的14。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t；(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W；(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。[解析](1)選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v0＝0＋at聯(lián)立解得t＝v0(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得2mg×3L－W＝1聯(lián)立解得W＝6mgL-3(3)設(shè)碰撞后A和B的速度分別為vA和vB，選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2m×2v0＝mvA＋2mvB根據(jù)能量守恒定律可得12×2mvB2+12m聯(lián)立解得vA＝23v0，vB＝53v0(舍去)或vA＝2v0，vB＝離開(kāi)平臺(tái)后，藥品盒做平拋運(yùn)動(dòng)，則有L＝1根據(jù)題意可得s＝12(vA＋vB)t聯(lián)立解得s＝3v[答案](1)v0μg2．(2024·東北師大附中月考)面對(duì)能源緊張和環(huán)境污染等問(wèn)題，混合動(dòng)力汽車(chē)應(yīng)運(yùn)而生，既節(jié)能又環(huán)保?！霸偕苿?dòng)”是一些汽電混動(dòng)車(chē)輛的常用制動(dòng)方式。所謂“再生制動(dòng)”就是車(chē)輛靠慣性滑行時(shí)帶動(dòng)發(fā)電機(jī)發(fā)電，將部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能儲(chǔ)存在電池中。假設(shè)一輛汽電混動(dòng)汽車(chē)的質(zhì)量為m，該汽車(chē)設(shè)定為前階段在速度大于v0時(shí)選擇“再生制動(dòng)”，后階段速度小于等于v0時(shí)選擇機(jī)械制動(dòng)。當(dāng)它以速度nv0(n>1)在平直路面上勻速行駛時(shí)，某一時(shí)刻開(kāi)始剎車(chē)，前階段阻力的大小與速度的大小成正比，即f＝kv，后階段阻力恒為車(chē)重的μ倍，汽車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。(1)如果此次剎車(chē)的過(guò)程中汽電混動(dòng)汽車(chē)動(dòng)能減小量的η倍被轉(zhuǎn)化為電能，求此次剎車(chē)儲(chǔ)存多少電能；(2)求汽電混動(dòng)汽車(chē)從剎車(chē)到停止的位移大小。[解析](1)設(shè)汽電混動(dòng)汽車(chē)在剎車(chē)的過(guò)程中儲(chǔ)存的電能為E，依題意有E＝η12mn2v02-(2)設(shè)汽電混動(dòng)汽車(chē)“再生制動(dòng)”階段運(yùn)動(dòng)的位移為x1，由動(dòng)量定理得－fΔt＝mΔv又f＝kv，即－kvΔt＝mΔv所以在“再生制動(dòng)”階段有－kx1＝mv0－mnv0，解得x1＝m在機(jī)械制動(dòng)階段，汽電混動(dòng)汽車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有f′＝ma，又f′＝μmg解得a＝μg設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有-v02＝2(－a)x2，解得x所以汽電混動(dòng)汽車(chē)從剎車(chē)到停止的位移為x＝x1＋x2＝mv[答案]112mv02η(微專(zhuān)題突破練(三)1．(多選)如圖所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直徑，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)正上方由靜止釋放剛好能從A點(diǎn)進(jìn)入容器，第一次從P點(diǎn)由靜止釋放，P點(diǎn)距A點(diǎn)高度為h，結(jié)果物塊從C點(diǎn)飛出上升的高度為h2，第二次由Q點(diǎn)由靜止釋放，Q點(diǎn)距A點(diǎn)高度為h2，物塊與容器內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，B點(diǎn)為容器內(nèi)壁最低點(diǎn)，容器的半徑為h，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(A．第一次，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功為12B．第二次，物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度剛好為0C．第一次，物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的最大動(dòng)能為74D．第一次，物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)克服摩擦力做的功大于從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功AD[根據(jù)動(dòng)能定理有mg·h2－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝12mgh，故A正確；第二次，由于物塊運(yùn)動(dòng)到某一位置速度小于第一次物塊在該位置的速度，因此正壓力小于第一次的正壓力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此從A到C克服摩擦力做功小于12mgh，根據(jù)動(dòng)能定理可知，物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度不為零，故B錯(cuò)誤；第一次，物塊從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中的平均速度大于從B運(yùn)動(dòng)到C的平均速度，因此物塊從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中的平均正壓力大，平均摩擦力大，因此物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)克服摩擦力做的功大于從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功，故D正確；第一次，物塊由A運(yùn)動(dòng)到B克服摩擦力做的功大于由B運(yùn)動(dòng)到C克服摩擦力做的功，大于14mgh，因此物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的最大動(dòng)能小于2mgh－14mgh＝72．(多選)小朋友喜歡的“踩踩球”其實(shí)就是由上下兩個(gè)連在一起質(zhì)量相等的半球組成，兩半球間裝有一個(gè)輕彈簧。玩耍時(shí)，將“踩踩球”直立靜放在水平地面上，用腳從上半球頂部中心點(diǎn)向下踩壓，當(dāng)兩半球貼合后放開(kāi)腳，過(guò)一會(huì)兒貼合裝置失效，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，球就會(huì)突然展開(kāi)，瞬間彈起。如圖所示，小明同學(xué)測(cè)得“踩踩球”展開(kāi)靜止在地面上時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h1；踩壓貼合時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h2；彈起后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)中間白色標(biāo)記距地面的高度為h3。已知“踩踩球”總質(zhì)量為m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小為g，不計(jì)一切阻力，下列說(shuō)法中正確的是()A．“踩踩球”離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為2B．上述踩壓過(guò)程中壓力做的功為mg(h3－h(huán)1)C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mg(2h3－h(huán)1－h(huán)2)D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中“踩踩球”所受合外力的沖量大小為m2AC[設(shè)球離地的速度為v，由動(dòng)能定理可得－mg(h3－h(huán)1)＝0－12mv2，解得v＝2gh3-h1，故A正確；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，“踩踩球”所受合外力的沖量大小為I合＝mv－0＝m2gh3-h1，故D錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，踩壓過(guò)程中壓力做的功為W，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)連接裝置拉緊前上半球速度為v1，上半球彈起過(guò)程由機(jī)械能守恒定律可得12×12mv12＋mg(h1－h(huán)2)＝Ep，連接裝置拉緊過(guò)程由動(dòng)量守恒定律可得mv＝12mv1，踩壓過(guò)程由功能關(guān)系可得Ep＝W＋mg(h1－h(huán)2)，聯(lián)立解得W＝2mg(h3－h(huán)1)，3．(多選)(2024·河北一模)如圖所示，兩個(gè)均可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在水平固定的光滑細(xì)桿上，小球A的質(zhì)量為m，小球B的質(zhì)量為3m。初始時(shí)細(xì)繩處于水平狀態(tài)，現(xiàn)將兩小球由靜止釋放，小球A在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)的軌跡為如圖所示的半橢圓。已知半長(zhǎng)軸為a、半短軸為b的橢圓在最低點(diǎn)的曲率半徑ρ＝b2a，向心加速度大小a向＝v2ρ，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為gA．圖中橢圓的半短軸為3B．小球B的最大速度為6C．小球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為6D．小球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩中的張力大小為11ABD[系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，結(jié)合幾何關(guān)系有0＝mvA－3mvB，b＝vAt，xB＝vBt，L＝b＋xB，解得b＝3L4，故A正確；小球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球B的速度最大，有0＝mvA－3mvB，mgL＝12mvA2+12×3mvB2，解得vA＝6gL2，vB＝6gL6，故B正確，C錯(cuò)誤；顯然橢圓的半長(zhǎng)軸a＝L，所以橢圓在最低點(diǎn)的曲率半徑為ρ＝4．(多選)(2024·湖北卷)如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則()A．子彈的初速度大小為2B．子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2C．木塊和子彈損失的總動(dòng)能為kD．木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為mLAD[子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若子彈沒(méi)有射出木塊，則由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小v＝mv0m+M，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當(dāng)子彈恰不射出木塊時(shí)，木塊獲得的速度最大，此時(shí)有12mv02＝12(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝2kLm+MmM；若子彈能夠射出木塊，則有v0>2kLm+MmM，子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據(jù)位移關(guān)系有v0t－12amt2－12aMt2＝L，對(duì)木塊有v2＝aMt，聯(lián)立解得v2＝2kmL2Mm-M+mkt，又v0越大，t越小，則v2越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度v2不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝2kLm+MmM，A正確；子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)子彈由動(dòng)量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝mMkm+M5．(熱點(diǎn)情境·航天科技)(多選)航模比賽是青少年喜愛(ài)的一項(xiàng)科技活動(dòng)。在某次航模比賽中，一同學(xué)操控?zé)o人機(jī)在升力作用下豎直向上運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能Ek與上升高度h的關(guān)系如圖所示。已知無(wú)人機(jī)的質(zhì)量為1.0kg，重力加速度g＝10m/s2，則上升10m過(guò)程中()A．無(wú)人機(jī)處于超重狀態(tài)B．無(wú)人機(jī)機(jī)械能增加了50JC．無(wú)人機(jī)上升所用的時(shí)間為4sD．升力的最大功率為50WBD[由題圖可知，無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中的動(dòng)能越來(lái)越小，故無(wú)人機(jī)做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；無(wú)人機(jī)在上升過(guò)程中，其動(dòng)能減少了50J，重力勢(shì)能增加了mgh＝100J，故其機(jī)械能增加了50J，B正確；由動(dòng)能定理可知－F合h＝0－Ek0，故無(wú)人機(jī)受到的合力大小為F合＝Ek0h＝5N，方向豎直向下，由F合＝ma可得無(wú)人機(jī)做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝F合m＝5m/s2，故其上升過(guò)程所用的時(shí)間為t＝v0a，又12mv02＝50J，可得t＝2s，C錯(cuò)誤；由mg－F升＝ma可得無(wú)人機(jī)的升力大小為F升＝5N，故升力的功率為P＝F升v，當(dāng)v＝v0時(shí)升力的功率最大，P6．(2024·新課標(biāo)卷)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見(jiàn)，要求下降過(guò)程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖所示，一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。(sin37°＝0.6)(1)求此時(shí)P、Q繩中拉力的大??；(2)若開(kāi)始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的過(guò)程中，兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功。[解析](1)由題意可知重物下降過(guò)程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則在豎直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得FP＝1200N，F(xiàn)Q＝900N。(2)重物下降到地面的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋W總＝0代入數(shù)據(jù)解得W總＝－4200J。[答案](1)1200N900N(2)－4200J7．(高考新動(dòng)向·模塊間融合)如圖所示，質(zhì)量為m的凹槽A放在傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)的絕緣斜面上，斜面固定在水平地面上，槽內(nèi)左端用輕彈簧和質(zhì)量為2m的物體B相連，空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝3mg2q(g為重力加速度大小)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時(shí)，A、B、C恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將C取出，在A內(nèi)移動(dòng)B到某位置后撤去外力，此時(shí)A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點(diǎn)由靜止釋放后，C以大小為v0的速度與A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均絕緣且不帶電，A、B間接觸面光滑，C與A、C(1)凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時(shí)，A、B、C三者速度恰好相同，求C與A碰撞前彈簧的彈性勢(shì)能；(3)從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，彈簧形變量恢復(fù)到與初始時(shí)的壓縮量相等，求該過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)B的沖量大小。[解析](1)以A、B、C整體為研究對(duì)象，對(duì)整體受力分析，有4mgsinθ＝μ(4mgcosθ－qE)解得μ＝43(2)設(shè)初始時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為Ep，由題意，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為初始?jí)嚎s量的2倍時(shí)，彈性勢(shì)能為4Ep，C與A碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv1從C與A碰撞，到A、B、C共速，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有2mv1＝4mv212·2mv12＋E解得Ep＝124(3)從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，到彈簧形變量等于初始時(shí)彈簧的壓縮量，將A和C看成一個(gè)整體，B與AC之間的碰撞類(lèi)似彈性碰撞，有2mv1＝2mv1'＋212·解得v2'＝v02或v2'＝0，彈簧第1、3、5、…、2n由動(dòng)量定理有I彈＋2mgsinθ·t＝2m·v解得I彈＝mv0－mgt即沖量大小為|mv0－mgt|彈簧第2、4、6、…、2n次恢復(fù)初始時(shí)的壓縮狀態(tài)時(shí)，有v'由動(dòng)量定理有I彈＋2mgsinθ·t＝0解得I彈＝－mgt即沖量大小為mgt。[答案](1)4398．如圖所示，質(zhì)量M＝3kg的薄木板A靜置于水平地面上，其右端為固定在地面上半徑R＝0.75m的豎直光滑圓弧軌道，軌道底端與木板等高，軌道上端點(diǎn)和圓心連線(xiàn)與水平面成θ＝37°角。質(zhì)量m＝2kg的小物塊B從距薄木板A高H＝2m的位置水平拋出，恰好從圓弧軌道最高點(diǎn)沿圓弧切線(xiàn)方向滑入軌道。已知小物塊B與薄木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊B水平拋出時(shí)的速度大小；(2)求小物塊B剛進(jìn)入圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(結(jié)果保留兩位小數(shù))(3)薄木板A與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)滿(mǎn)足以下情況：①若地面光滑，小物塊B恰好沒(méi)有滑離薄木板A，求薄木板A的長(zhǎng)度；②若薄木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ′＝0.1，小物塊B始終未滑離薄木板A，求薄木板A滑動(dòng)的距離。[解析](1)小物塊B從水平拋出到剛進(jìn)入圓弧軌道，有H－R(1＋sinθ)＝12gt又vy＝gt，tanθ＝v聯(lián)立解得v0＝3m/s，vy＝4m/s。(2)設(shè)小物塊B剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)的速度為v1則v1＝v02小物塊B在圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FN＋mgsinθ＝m聯(lián)立解得FN≈54.67N由牛頓第三定律知小物塊B對(duì)軌道的壓力大小為F′N(xiāo)＝FN＝54.67N。(3)①設(shè)小物塊B剛滑上薄木板A時(shí)的速度大小為v2，由動(dòng)能定理得mgH＝1解得v2＝7m/s小物塊B在薄木板A上滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)量守恒有mv2＝(m＋M)v3解得v3＝2.8m/s由能量守恒有μmgL＝1解得L＝2.94m。②薄木板A與小物塊B間的摩擦力大小為f1＝μmg＝10N薄木板A與地面間的摩擦力大小為f2＝μ′(m＋M)g＝5N設(shè)經(jīng)t1時(shí)間A、B達(dá)到共同速度v4，由動(dòng)量定理得－f1t1＝mv4－mv2(f1－f2)t1＝Mv4聯(lián)立解得v4＝74m/s，t1＝21在時(shí)間t1內(nèi)薄木板A移動(dòng)的距離x1＝v42t1＝設(shè)達(dá)到共同速度后，二者一起停下來(lái)的過(guò)程，薄木板A移動(dòng)的距離為x2，由動(dòng)能定理得－μ′(m＋M)gx2＝0-解得x2＝4932則薄木板A滑動(dòng)的距離x＝x1＋x2＝2.45m。[答案](1)3m/s(2)54.67N(3)①2.94m②2.45m9．如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面體在水平面上固定不動(dòng)，物體丙放在光滑水平面上，物體丙由水平部分和14圓弧軌道組成，C為圓弧的最低點(diǎn)，D為圓弧的最高點(diǎn)，物體丙的上表面與斜面體的底端平滑地銜接于B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)