第三部分考卷題型Ⅲ——計(jì)算題考向1力學(xué)中物體的直線運(yùn)動(dòng)1．如圖甲所示是高層建筑配備的救生緩降器材，由調(diào)速器、安全帶、安全鉤、緩降繩索等組成．發(fā)生火災(zāi)時(shí)，使用者先將安全鉤掛在室內(nèi)窗戶、管道等可以承重的物體上，然后將安全帶系在腰部，通過緩降繩索安全著陸．如圖乙所示，在某中學(xué)某次火災(zāi)逃生演練過程中，一體重為60kg的逃生者從離地面18m的高處，利用緩降器材由靜止開始勻加速下滑，當(dāng)速度達(dá)到6m/s時(shí)，以大小為2.5m/s2的加速度減速，到達(dá)地面時(shí)速度恰好為零．假設(shè)逃生者在下降過程中懸空且不接觸墻面，不計(jì)空氣阻力(g＝10m/s2)，求：(1)逃生者減速下滑過程中的位移：(2)減速下滑時(shí)逃生者對緩降繩索的拉力大??；(3)從開始到到達(dá)地面整個(gè)過程的時(shí)間．答案：(1)7.2m(2)750N(3)6.0s解析：(1)設(shè)所求位移為x1，由題意可知減速過程中有v2＝2a1x解得x1＝7.2m.(2)設(shè)緩降繩索對逃生者的作用力為F，減速過程中由牛頓第二定律得F－mg＝ma1解得F＝750N根據(jù)牛頓第三定律可知，逃生者對緩降繩索的拉力大小為750N.(3)加速過程時(shí)間t1＝eq\f(h－x1,\x\to(v))＝eq\f(18－7.2m,3m/s)＝3.6s減速過程時(shí)間t2＝eq\f(x1,\x\to(v))＝eq\f(7.2m,3m/s)＝2.4s故t總＝t1＋t2＝6.0s.2．如圖甲所示，一汽車通過電子不停車收費(fèi)系統(tǒng)ETC.假設(shè)汽車從O點(diǎn)以v0＝6m/s的速度勻速駛向ETC收費(fèi)島，在OA路段所受阻力大小F阻1＝1×103N；汽車從A處進(jìn)入ETC收費(fèi)島后，假設(shè)仍保持功率不變完成自動(dòng)繳費(fèi)并駛離收費(fèi)島，以v＝3m/s的速度勻速離開B處，汽車的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示．已知ETC收費(fèi)島AB段長度d＝25m，汽車質(zhì)量M＝2×103kg，汽車在OA段和(1)求汽車在運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率；(2)當(dāng)汽車加速度大小為0.25m/s2時(shí)，求此時(shí)汽車的速度大??；(3)求汽車在ETC收費(fèi)島AB段內(nèi)行駛的時(shí)間．答案：(1)6.0kW(2)4m/s(3)3.83s解析：(1)在OA段，有P＝F1v0F1＝F阻1＝1×103N聯(lián)立解得P＝6.0kW(2)汽車離開B點(diǎn)前已經(jīng)勻速，則有P＝F2vF2＝F阻2F阻2－F＝MaP＝Fv1聯(lián)立解得v1＝4m/s(3)A→B過程，由動(dòng)能定理得PtAB－F阻2d＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得tAB＝3.83s3.如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84N而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t1＝1.0s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同．已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff＝12N，求：(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離．答案：(1)1.2m/s0.6m(2)5.2m解析：(1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(84－12m/s2,60)＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.6m.(2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(12,60)m/s2＝0.2m/s2經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝1.2m/s－0.2×2.0m/s＝0.8m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則veq\o\al(2,2)－v1′2＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝eq\f(v\o\al(2,2),2a2)聯(lián)立解得x2＝5.2m.4．[2019·河南鄭州一模]新能源環(huán)保汽車在設(shè)計(jì)階段要對各項(xiàng)性能進(jìn)行測試．某次新能源汽車性能測試中，如圖甲顯示的是牽引力傳感器傳回的實(shí)時(shí)數(shù)據(jù)，但由于機(jī)械故障，速度傳感器只傳回了第25s以后的數(shù)據(jù)，如圖乙所示．已知汽車質(zhì)量為1500kg，若測試平臺(tái)是水平的，且汽車由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，所受阻力恒定．(1)18s末汽車的速度是多少？(2)前25s內(nèi)汽車的位移是多少？答案：(1)26m/s(2)608m解析：(1)由圖甲知18s后汽車受到的牽引力恒定，又汽車受到的阻力始終恒定，故18s后汽車受到的合力恒定，汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻速運(yùn)動(dòng)，由圖乙可知，18s后汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)牽引力為F3＝1.5×103N以牽引力方向?yàn)檎较颍善胶鈼l件知，阻力為Ff＝－F3＝－1.5×103N0～6s內(nèi)，牽引力為F3＝9×103N由牛頓第二定律得F3＋Ff＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝5m/s26s末汽車的速度為v1＝a1t1＝30m/s在6～18s內(nèi)，牽引力為F2＝1×103N由牛頓第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得a2＝－eq\f(1,3)m/s218s末汽車的速度為v2＝v1＋a2t2＝26m/s.(2)汽車在0～6s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)v1t1＝90m在6～18s內(nèi)的位移為x2＝t2·eq\f(v1＋v2,2)＝336m在18～25s內(nèi)的位移為x3＝v2t3＝182m故汽車前25s內(nèi)的位移為x＝x1＋x2＋x3＝608m.考向2電學(xué)中物體的直線運(yùn)動(dòng)1．[2019·湖北華大新高考聯(lián)盟]如圖所示，直線OA與豎直方向的夾角37°，P為直線上的一點(diǎn)，空間有一勻強(qiáng)電場，方向平行于紙面水平向右，一質(zhì)量為m、電量為q(q>0)的小球以一定的初動(dòng)能E0從P點(diǎn)沿直線AO向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的動(dòng)能減小到零時(shí)，機(jī)械能減少了eq\f(7,15)E0.運(yùn)動(dòng)過程中受到空氣阻力的大小不變，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)電場強(qiáng)度的大小E；(2)小球返回P點(diǎn)的動(dòng)能Ek.答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(2,3)E0解析：(1)小球沿直線AO向上運(yùn)動(dòng)，則合力方向與AO共線，電場力水平向右，重力豎直向下，則合力沿OA斜向下，則Eq＝mgtan37°，解得E＝eq\f(3mg,4q)(2)設(shè)動(dòng)能減到零時(shí)向上的位移為L，由動(dòng)能定理：0－E0＝－EqLsin37°－mgLcos37°－Wf由功能關(guān)系：eq\f(7,15)E0＝EqLsin37°＋Wf聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,6)E0則小球回到P時(shí)，機(jī)械能損失2Wf＝eq\f(1,3)E0，即動(dòng)能為eq\f(2,3)E02．[2019·廣州綜合測試一]如圖甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0m，左端連接阻值R＝4.0Ω的電阻；勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m＝0.2kg、長度l＝1.0m、電阻r＝1.0Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．t＝0時(shí)對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示．其余電阻不計(jì)．求：(1)從t＝0開始，金屬桿運(yùn)動(dòng)距離為5m時(shí)電阻R兩端的電壓；(2)0～3.0s內(nèi)，外力F大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．答案：(1)1.6V(2)F＝0.1＋0.1t解析：(1)根據(jù)v-t圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt＝3s，t＝0時(shí)桿的速度為v0＝6m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得其加速度大小a＝eq\f(v0－0,Δt)，設(shè)桿運(yùn)動(dòng)了5m時(shí)速度為v1，則veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2ax1，解得v1＝4.0m/s，此時(shí)，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝Blv1，回路中產(chǎn)生的電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，電阻R兩端的電壓U＝I1R，聯(lián)立解得U＝1.6V.(2)由t＝0時(shí)BIl＝eq\f(B2l2v0,R＋r)<ma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向．金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F＋BIl＝ma，設(shè)在t時(shí)刻金屬桿的速度為v，桿的電動(dòng)勢為E，回路電流為I，則有v＝v0－at，又E＝Blv，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)式解得F大小與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式為F＝0.1＋0.1t.3．[2019·浙江卷，22]如圖所示，傾角θ＝37°、間距l(xiāng)＝0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R＝0.1Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45.建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x.在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場．從t＝0時(shí)刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下，從x＝0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度v與位移x滿足v＝kx(可導(dǎo)出a＝kv)，k＝5s－1.當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1＝0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P＝0.12W，運(yùn)動(dòng)至x2＝0.8m處時(shí)撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最終返回至x＝0處．棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)其他電阻，求：(提示：可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功，sin37°＝0.6)(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式；(3)在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案：(1)eq\f(\r(30),5)T(2)(0.96＋3.1x)N(3)0.324J解析：(1)在x1＝0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P＝eq\f(Blv2,R)此時(shí)v＝kx＝1m/s解得B＝eq\r(\f(PR,lv2))＝eq\f(\r(30),5)T(2)在無磁場區(qū)間0≤x<0.2m內(nèi)，有a＝5s－1×v＝25s－2×xF＝25s－2×xm＋μmgcosθ＋mgsinθ＝(0.96＋2.5x)N在有磁場區(qū)間0.2m≤x≤0.8m內(nèi)，有FA＝eq\f(Bl2v,R)＝0.6xNF＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N(3)上升過程中克服安培力做的功(梯形面積)WA1＝eq\f(0.6N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18J撤去外力后，設(shè)棒ab上升的最大距離為x，再次進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v′，由動(dòng)能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝eq\f(1,2)mv2(mgsinθ－μmgcosθ)x＝eq\f(1,2)mv′2解得v′＝2m/s由于mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(Bl2v′,R)＝0故棒ab再次進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)下降過程中克服安培力做的功WA2＝eq\f(Bl2v′,R)(x2－x1)＝0.144JQ＝WA1＋WA2＝0.324J4．航空母艦是一種以艦載機(jī)為主要武器的大型水面作戰(zhàn)平臺(tái)，是世界上最龐大、最復(fù)雜、威力最強(qiáng)的武器之一．如圖甲所示，艦載機(jī)起飛技術(shù)是航母的最關(guān)鍵技術(shù)之一，據(jù)報(bào)道，目前我國已經(jīng)成功完成了所有相關(guān)實(shí)驗(yàn)，成為世界上僅有的幾個(gè)擁有航母艦載機(jī)電磁彈射技術(shù)的國家之一．電磁彈射器的工作原理如圖乙所示，它由兩條平行的長直金屬導(dǎo)軌AB、CD和電樞MN與高功率電源E等構(gòu)成，兩金屬導(dǎo)軌固定在水平底座上不能移動(dòng)，其間距為d，當(dāng)開關(guān)S閉合后，恒定電流I通過金屬導(dǎo)軌并在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生磁場，電樞MN(流過它的電流也為I)由于受到電磁力加速前進(jìn)而帶動(dòng)飛機(jī)至起飛速度(圖乙中從A到B為前進(jìn)方向)．(1)判斷電樞MN所在位置的磁場方向；(2)已知該裝置中某條通電導(dǎo)軌在電樞MN上某點(diǎn)處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以表示為B＝eq\f(μ0I0,4πr)，其中常數(shù)μ0是真空磁導(dǎo)率，I0為導(dǎo)軌中電流大小，r為該點(diǎn)到這條通電導(dǎo)軌的距離，試證明MN的中點(diǎn)附近單位長度d0的電樞所受的安培力大小與電流的二次方成正比(不考慮電樞MN對磁場的影響)；(3)在某次實(shí)際艦載機(jī)彈射過程中，電樞所受到的安培力可以簡化為F＝L′I2，L′＝6.4×10－3N/A2稱為電感梯度，艦載機(jī)質(zhì)量為30t，遠(yuǎn)大于電樞質(zhì)量，發(fā)動(dòng)機(jī)提供推力的等效功率為4500kw，在彈射過程中受到的阻力為重力的0.1倍，經(jīng)過90m長的加速距離，速度即達(dá)到324km/h，從而完成起飛，重力加速度g取10m/s2，試估算在此彈射過程中流經(jīng)電樞MN的電流大?。鸢福?1)垂直紙面向外(2)見解析(3)eq\r(2)×104A解析：(1)根據(jù)左手定則可知，電樞MN所在位置的磁場方向垂直紙面向外．(2)AB導(dǎo)軌在MN中點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝eq\f(μ0I,4π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2))))＝eq\f(μ0I,2πd)，方向垂直紙面向外，同理，CD導(dǎo)軌在MN中點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝eq\f(μ0I,2πd)，方向垂直紙面向外，所以MN中點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3＝B2＋B1＝eq\f(μ0I,πd)，方向垂直紙面向外MN中點(diǎn)附近單位長度d0的電樞所受的安培力大小可以表示為F＝B3Id0聯(lián)立可得F＝eq\f(μ0d0,πd)I2式中μ0、d0、π、d均為常量，所以電樞MN中點(diǎn)附近單位長度d0的電樞所受到的安培力F大小與I2成正比．(3)對于飛機(jī)的彈射過程可建立勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型，由x＝eq\f(v,2)t可得艦載機(jī)彈射時(shí)間為t＝2s對彈射過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得L′I2x＋Pt－0.1mgx＝eq\f(1,2)mv2解得I＝eq\r(2)×104A.考向3力學(xué)中物體的曲線運(yùn)動(dòng)1．[2019·黃岡模擬]一拋球入筐游戲裝置如圖所示，將球筐掛于離地h＝1m高的光滑水平軌道AB上，AB長l＝3m，球筐可在A、B間以恒定的速率往復(fù)運(yùn)行(球筐在A、B兩點(diǎn)速度反向的時(shí)間不計(jì))．某同學(xué)將球水平拋出時(shí)，球筐恰好位于A點(diǎn)正以某一速度向B點(diǎn)運(yùn)行．已知拋球點(diǎn)位于軌道底邊中點(diǎn)正前方d＝2m，離地面高H＝1.8m處，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)，球和筐的大小不計(jì)．(1)要使球恰好在B點(diǎn)落入球筐，求拋球的速度大小；(2)若球恰好在AB中點(diǎn)落入球筐，求球筐的速度大?。鸢福?1)6.25m/s(2)eq\f(152n＋1,4)m/s(n＝0,1,2，…)解析：(1)設(shè)球拋出時(shí)的速度為v0，球從拋出到落入球筐所用的時(shí)間為t，則有H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，eq\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2)＝v0t，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得v0＝6.25m/s，t＝0.4s.(2)設(shè)球筐運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，若球恰好在AB中點(diǎn)落入球筐，則在t時(shí)間內(nèi)，球筐運(yùn)動(dòng)的路程應(yīng)滿足關(guān)系式vt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))l(n＝0,1,2，…)，由(1)知t＝0.4s，解得v＝eq\f(152n＋1,4)m/s(n＝0,1,2，…)2．[2019·江西南昌三模]冬奧會(huì)上自由式滑雪是一項(xiàng)極具觀賞性的運(yùn)動(dòng)．其場地由助滑坡AB(高度差為10m)、過渡區(qū)BDE(兩段半徑不同的圓弧平滑連接而成，其中DE半徑為3m、對應(yīng)的圓心角為60°)和跳臺(tái)EF(高度可調(diào)，取h＝4m)等組成，如圖所示．質(zhì)量60kg的運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)靜止出發(fā)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到F處飛出．運(yùn)動(dòng)員飛出的速度須在54km/h到68km/h之間才能在空中完成規(guī)定動(dòng)作．設(shè)運(yùn)動(dòng)員借助滑雪桿僅在AB段做功，不計(jì)摩擦和空氣阻力，g取10m/s2.則(1)為能完成空中動(dòng)作，則該運(yùn)動(dòng)員在AB過程中至少做多少功？(2)為能完成空中動(dòng)作，在過渡區(qū)最低點(diǎn)D處，求該運(yùn)動(dòng)員受到的最小支持力；(3)若將該運(yùn)動(dòng)員在AB段和EF段視為勻變速運(yùn)動(dòng)，且兩段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為tAB：tEF＝3：1，已知AB＝2EF，則運(yùn)動(dòng)員在這兩段運(yùn)動(dòng)的加速度之比為多少？答案：(1)3150J(2)7300N(3)2：3解析：(1)由動(dòng)能定理得mghAF＋W人＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)W人＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－mghAF＝3150J(2)從D點(diǎn)到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg[h＋R(1－cos60°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)其中vF取為最小vF＝54km/h＝15m/s在D點(diǎn)：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得運(yùn)動(dòng)員在D點(diǎn)承受的最小支持力：FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,F)＋2g[h＋R1－cos60°],R)＝7300N(3)兩段運(yùn)動(dòng)的平均速度之比eq\x\to(v)1：eq\x\to(v)2＝eq\f(AB,t1)：eq\f(EF,t2)＝2：3設(shè)滑到B點(diǎn)速度為v1，則滑到E點(diǎn)速度也為v1，又設(shè)滑到F點(diǎn)速度為v2.則由eq\x\to(v)AB＝eq\f(v1,2)，eq\x\to(v)EF＝eq\f(v1＋v2,2)，得：v1＝2v2由a1＝eq\f(v1,t1)，a2＝eq\f(v1－v2,t2)得：a1a2＝23.3.[2019·天津卷，10]完全由我國自行設(shè)計(jì)、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功．航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示．為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)．若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC.已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．答案：(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析：(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根據(jù)動(dòng)能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N⑥4．如圖所示，遙控電動(dòng)賽車通電后電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝3W工作，賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過時(shí)間t(未知)后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿著切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，通過軌道最高點(diǎn)D后水平飛出，E點(diǎn)為圓弧形軌道的最低點(diǎn)．已知賽車在水平軌道AB部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力Ff＝0.5N，賽車的質(zhì)量m＝0.8kg，軌道AB的長度L＝6.4m，B、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.45m，賽車在C點(diǎn)的速度大小vC＝5m/s，圓弧形軌道的半徑R＝0.5m．不計(jì)空氣阻力，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，)求：(1)賽車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度vB的大??；(2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間t；(3)賽車經(jīng)過最高點(diǎn)D時(shí)對軌道的壓力的大小．答案：(1)4m/s(2)3.2s(3)3.2N解析：(1)賽車從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)vy＝gt1同時(shí)有veq\o\al(2,C)＝veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,B)解得賽車在B點(diǎn)的速度vB＝4m/s(2)賽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得Pt－FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得t＝3.2s(3)設(shè)圓弧軌道的圓心O和C點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為α，則有tanα＝eq\f(vy,vB)＝eq\f(3,4)解得α＝37°賽車從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D的過程中，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mgR(1＋cosα)設(shè)賽車經(jīng)過最高點(diǎn)D處時(shí)軌道對小車的壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,D),R)聯(lián)立解得FN＝3.2N根據(jù)牛頓第三定律可得，賽車對軌道的壓力大小為FN′＝3.2N考向4電學(xué)中物體的曲線運(yùn)動(dòng)1．[2019·全國卷Ⅱ，24]如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計(jì)．(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？答案：(1)v0eq\r(\f(mdn,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析：本題考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)及學(xué)生的綜合分析能力，體現(xiàn)了模型建構(gòu)的素養(yǎng)要素．(1)由題意得，P、G間與Q、G間場強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在P、G間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧2．[2019·全國卷Ⅲ，24]空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求(1)電場強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析：(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦3.如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OMN是圓心角為90°的扇形區(qū)域，O為圓心．一帶正電的粒子以某一初速度沿y軸正方向從O點(diǎn)射出，經(jīng)過時(shí)間t到達(dá)M點(diǎn)；現(xiàn)在該區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)垂直坐標(biāo)平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，粒子從O點(diǎn)以相同的初速度射入磁場，經(jīng)過一段時(shí)間從圓弧MN上的P點(diǎn)射出，已知粒子通過P點(diǎn)時(shí)速度偏離入射方向60°，不考慮帶電粒子的重力．求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．答案：(1)eq\f(1,Bt)(2)eq\f(πt,3)解析：(1)不加磁場時(shí)，設(shè)OM＝R，則R＝vt加磁場后，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為r有qvB＝meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系可得r＝R聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(1,Bt)(2)加磁場后有qvB＝meq\f(4π2,T2)r設(shè)粒子轉(zhuǎn)過的角度為θ，由幾何關(guān)系可知θ＝60°帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt＝eq\f(θ,2π)TΔt＝eq\f(πt,3)4．[2019·浙江卷，23]有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點(diǎn)P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)．已知eq\x\to(OP)＝0.5r0，eq\x\to(OQ)＝r0，N、P兩點(diǎn)間的電勢差UNP＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，cosθ＝eq\r(\f(4,5))，不計(jì)重力和離子間相互作用．(1)求靜電分析器中半徑為r0處的電場強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測板上的位置與O點(diǎn)的距離l(用r0(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之間波動(dòng)，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求eq\f(ΔB,B)的最大值．答案：(1)eq\f(mv0,qr0)(2)1.5r0(3)eq\r(17)－4解析：(1)由徑向電場力提供向心力有E0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),r0)解得E0＝eq\f(mv\o\al(2,0),qr0)由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r0)解得B＝eq\f(mv0,qr0)(2)從M點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)×0.5mv2－eq\f(1,2)×0.5mveq\o\al(2,0)＝qUNP解得v＝eq\r(5)v0則在磁場中，質(zhì)量為0.5m的離子的軌跡半徑r＝eq\f(0.5mv,qB)＝eq\f(1,2)eq\r(5)r0由幾何知識(shí)有l(wèi)＝2rcosθ－0.5r0解得l＝1.5r0(3)若恰好能分辨，則有eq\f(2r0,1－\f(ΔB,B))－eq\f(2rcosθ,1＋\f(ΔB,B))＝eq\f(r0,2)解得eq\f(ΔB,B)＝eq\r(17)－4.考向5動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的長度(兩軸心距離)L＝15m．質(zhì)量m＝1kg的小物塊以初速度v0＝2m/s從A端滑上傳送帶，從B端滑上置于光滑水平面上質(zhì)量為M＝3kg、上表面為eq\f(1,4)光滑圓弧的槽車(物塊由傳送帶滑上槽車時(shí)無機(jī)械能損失，光滑圓弧的半徑足夠大)．已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)為使物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)能以最大速度滑上槽車，傳送帶的傳送速度至少為多少？(2)求物塊以最大速度滑上槽車后，能上升的最大高度．(3)若傳送帶傳送速度為v，且滿足v>v0，寫出因物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q與v的關(guān)系式．答案：(1)4m/s(2)0.6m(3)Q＝8(v－2)2解析：(1)為使物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)能以最大速度滑上槽車，物塊應(yīng)在傳送帶上一直被加速，到達(dá)頂端時(shí)物塊速度小于或等于傳送帶速度，設(shè)物塊的最大速度為vm，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝0.4m/s2，由動(dòng)能定理得W合＝maL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則傳送帶的最小速度v′＝vm＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2aL)，解得vm＝4m/s.(2)物塊上升到最大高度時(shí)與槽車共速，速度記為v1，上升高度記為h，由動(dòng)量守恒定律可得mvm＝(m＋M)v1，由能量守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得h＝0.6m.(3)若v≥4m/s，則物塊在傳送帶上一直被加速，加速度為a＝0.4m/s2，設(shè)加速時(shí)間為t，則由L＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得t＝5s，此時(shí)因物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μmgcos37°(vt－L)＝(32v－96)；若v0<v<4m/s，則物塊在傳送帶上先加速，后勻速，加速度a＝0.4m/s2，設(shè)加速時(shí)間為t′，則有t′＝eq\f(v－v0,a)＝(2.5v－5)s，此時(shí)因物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μmgcos37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt′－\f(v2－v\o\al(2,0),2a)))＝8(v－2)2.2.如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C、質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10m/s2(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對半圓形軌道的壓力大??；(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；(3)帶電體在從P開始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過程中的最大動(dòng)能．(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)答案：(1)6.0N(2)0(3)1.17J解析：(1)設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝2.0m/s.設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB、軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R).帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得FB＝6.0N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力大小FB′＝6.0N.(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有，豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向：xDB＝vCt－eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2.聯(lián)立解得xDB＝0.(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處．設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm，根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J.3．[2019·江蘇卷，15]如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.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)，左邊緣再次對齊時(shí)恰好相對靜止，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)在左邊緣再次對齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB.答案：(1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)解析：(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA＝μg勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL＝veq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2μgL)(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′＝2maB′，得aB′＝μg(3)經(jīng)過時(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則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)4．如圖甲所示，將一間距為L＝1m的足夠長U形導(dǎo)軌固定，傾角為θ＝37°，導(dǎo)軌上端連接一阻值為R＝2.0Ω的電阻，整個(gè)空間存在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝1.0Ω的金屬棒ab垂直緊貼在導(dǎo)軌上且不會(huì)滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與金屬棒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，金屬棒ab從靜止開始下滑，下滑的x-t圖象如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且金屬棒下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且緊密接觸，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)從開始到t＝2.5s過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量．答案：(1)0.2T(2)0.0325J解析：(1)從圖象可得金屬棒先做加速運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度，v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3.0－1.5,2.5－1.5)m/s＝1.5m/s；勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受沿斜面向上的安培力FA，根據(jù)平衡條件有：mgsinθ＝μmgcosθ＋FA，代入數(shù)據(jù)解得：FA＝0.02N；又FA＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L，解得：B＝0.2T.(2)t＝2.5s時(shí)金屬棒ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小v＝1.5m/s，位移大小x＝3.0m.設(shè)從開始到t＝2.5s過程中電路中產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)能量守恒定律得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgxcosθ＋Q代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.04875J電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.0325J考向6動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.如圖所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)．兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：(1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大小；(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大?。鸢福?1)eq\r(\f(2EqL,3m))(2)eq\f(1,4)EqL(3)eq\f(\r(6EqLm),4)解析：(1)由動(dòng)能定理：EqL＝eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(2EqL,3m))(2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：3mv＝(3m＋m)v解得v1＝eq\f(3,4)v系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)×3mv2－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)EqL(3)以B為研究對象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理：I＝mv1－0解得I＝eq\f(\r(6EqLm),4)，方向水平向右2．如圖所示是計(jì)算機(jī)模擬出的一種宇宙空間的情景，在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個(gè)遠(yuǎn)離其他空間的區(qū)域(其他星體對該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽略不計(jì))，以MN為界，上半部分勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，下半部分勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁場方向相同，且磁場區(qū)域足夠大．在距離界線MN為h的P點(diǎn)有一宇航員處于靜止?fàn)顟B(tài)，宇航員以平行于MN的速度向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，發(fā)現(xiàn)小球在界線處的速度方向與界線成90°角，接著小球進(jìn)入下半部分磁場．當(dāng)宇航員沿與界線平行的直線勻速到達(dá)目標(biāo)Q點(diǎn)時(shí)，剛好又接住球而靜止．(1)請你粗略地作出小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；(2)PQ間的距離是多大？(3)宇航員的質(zhì)量是多少？答案：(1)見解析圖(2)6h(3)eq\f(5πm,6)解析：(1)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．(2)設(shè)小球的速率為v1，由幾何關(guān)系可知R1＝h，由qvB＝meq\f(v2,R)和B1＝4B2＝4B0，可知R2＝4R1＝4h，由qv1(4B0)＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)，解得小球的速率v1＝eq\f(4qB0h,m)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性，PQ的距離為L＝2(R2－R1)＝6h.(3)設(shè)宇航員的速率為v2，因周期T＝eq\f(2πm,qB)，故小球由P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(5πm,4qB0).所以宇航員勻速運(yùn)動(dòng)的速率為v2＝eq\f(L,t)＝eq\f(24qB0h,5πm)，以v2的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有Mv2－mv1＝0，可解得宇航員的質(zhì)量M＝eq\f(5πm,6).3．[2019·廣東茂名五校聯(lián)考]質(zhì)量為2m的物體P靜止在光滑水平地面上，其截面如圖所示，ab段為光滑的豎直圓弧面，bc段是長度為L的粗糙水平面，質(zhì)量為m的物塊Q(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在圓弧面的底端b.現(xiàn)給Q一方向水平向左的瞬間沖量I，Q滑到最高點(diǎn)a后返回，最終相對于P靜止在水平面的右端c.重力加速度大小為g(1)Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)Q與bc段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)P的最大速度vm.答案：(1)eq\f(I,3m)(2)eq\f(I2,3gLm2)(3)eq\f(2I,3m)解析：(1)設(shè)Q從b點(diǎn)滑上圓弧面的初速度大小為v0，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝mv0解得v0＝eq\f(I,m)Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有mv0＝(m＋2m)解得v＝eq\f(I,3m).(2)經(jīng)分析可知，Q最終相對P靜止在c處時(shí)，它們的速度(相對地面)也為v根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋2m)v2解得μ＝eq\f(I2,3gLm2).(3)Q由a點(diǎn)返回到b點(diǎn)時(shí)P的速度最大，設(shè)此時(shí)Q的速度為v1，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則有mv0＝－mv1＋2mvmQ由b到a，再由a返回b的過程中，P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,m)解得vm＝eq\f(2I,3m).4．[2019·全國卷Ⅲ，25]靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；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＝1.0m，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＝10.0J．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μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．(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？答案：(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m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＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(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xB，則有mBa＝μmBg④xB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥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，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程xA都可表示為xA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得xA＝1.75m，xB＝0.25m⑧xA>l且xA－xB<2l，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0.25m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離xx＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(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vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋xB)⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(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(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),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xA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為xB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2axA′＝vA″2,2axB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得xA′＝0.63m，xB′＝0.28m?xA′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x′＝xA′＋xB′＝0.91m?

考向7三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.如圖所示，一足夠大的傾角θ＝30°的粗糙斜面上有一