第七部分計算壓軸滿分策略專題7.2力學計算題的命題視角目錄TOC\o"1-3"\h\u命題視角(一)力與運動 1命題視角(二)能量與動量 13命題視角(三)力學三大觀點的綜合應用 23高考題型一用動力學和能量觀點解決多過程問題 23高考題型二用動力學和能量觀點解決傳送帶問題 25高考題型三應用三大觀點解決“板塊”模型問題 27高考題型四應用三大觀點解決多過程問題 28命題視角(一)力與運動【例題】(2022·“七彩陽光”聯考)某科研機構采用無人機將山里的特產送下山，或利用無人機運輸急救藥品和生活必需品，幫助部分山區(qū)居民解決交通不便的情況。如圖所示是某次無人機在基地進行物流配送與飛行測試：實驗中該無人機空載先從地面由靜止豎直向上勻加速起飛，上升到100m高度時無人機速度達到20m/s，隨后以等大加速度減速正好到達目標所在位置。當無人機滿載物品后，又以4m/s2加速度勻加速下降。已知無人機在飛行測試階段受到的空氣阻力為重力的0.1倍，已知該無人機的空載質量為80kg，有效載荷為20kg，求：(1)無人機從靜止到目標所在位置的時間；(2)在上升階段中，當無人機速度達到最大速度20m/s時，無人機發(fā)動機的功率；(3)無人機從目標所在位置回到地面時，當達到最大速度后勻速飛行5s，最后勻減速直線運動回到地面速度恰好為零，求減速階段無人機的制動力。命題角度1.本題以無人機配送飛行測試為情景命題。2.通過對運動情景的建模，考查學生的科學思維能力，通過對運動分析和受力分析考查學生的分析推理能力。3.利用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決多過程問題?！緦忣}破題】1.快速讀題，提取關鍵信息(1)運動分析：“勻加速起飛”、“等大加速度減速”、“勻加速下降”等信息，構建勻變速直線運動模型。(2)受力分析：“空氣阻力為重力的0.1倍”知無人機受重力和空氣阻力，由牛頓第二定律列方程求解加速度。2.聯想情景，構建運動模型(1)上升階段(2)下降階段解題關鍵1.讀題干，提信息，找關聯。2.理思路、建模型、列方程。(1)上升階段：“0—v—0”模型，兩過程a相同，則時間相等，勻加速運動的末速度是勻減速運動的初速度(2)上升階段，利用牛頓第二定律求出牽引力F，再利用P＝Fv求解功率P。(3)上升、下降過程位移大小相等。根據牛頓第二定律列方程求解?！疽?guī)范答題】(1)勻加速上升過程：veq\o\al(2,0)＝2ax，解得a＝2m/s2①此過程時間t1＝eq\f(v0,a)＝10s②1分勻減速上升過程：a＝－2m/s2，t2＝t1＝10s③1分故t＝t1＋t2＝20s④1分(2)上升階段速度達到vm時F－(mg＋0.1mg)＝ma⑤1分又P＝Fvm⑥解得P＝20800W⑦1分(3)無人機上升的總高度為h＝200m勻加速下降過程h1＝eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＝50m勻速飛行過程h2＝vmt＝100m1分勻減速下落過程veq\o\al(2,m)＝2a2(h－h(huán)1－h(huán)2)1分由牛頓第二定律得Mg－0.1Mg－F′＝－Ma21分聯立解得F′＝1300N1分【感悟真題】1.(2022·浙江1月選考)第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖所示)，到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°＝0。26，求雪車(包括運動員)(1)在直道AB上的加速度大??；(2)過C點的速度大??；(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小?！敬鸢浮?1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N【解析】(1)AB段veq\o\al(2,1)＝2a1x1解得a1＝eq\f(8,3)m/s2(2)AB段v1＝a1t1解得t1＝3s，t2＝(5－3)s＝2sBC段x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，a2＝2m/s2過C點的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s(3)在BC段有牛頓第二定律mgsinθ－Ff＝ma2，解得Ff＝66N。2.(2022·山東高考，16)某糧庫使用額定電壓U＝380V，內阻R＝0.25Ω的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v＝2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流I＝40A。關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量m1＝100kg，車上糧食質量m2＝1200kg，配重質量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求：(1)比例系數k值；(2)上行路程L值?！敬鸢浮?1)0.1(2)eq\f(67,185)m【解析】(1)設電動機的牽引繩拉力為FT1，電動機連接的小車勻速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R＋FT1v，解得FT1＝7400N小車和配重一起勻速，設繩的拉力為FT2，對配重有FT2＝m0g＝400N設斜面傾角為θ，對小車有FT1＋FT2＝(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，則有m1gsinθ＝m0g＋km1g聯立各式解得sinθ＝0.5，k＝0.1。(2)關閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度大小為a，對系統由牛頓第二定律有(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a可得a＝eq\f(370,67)m/s2由運動學公式可知v2＝2aL解得L＝eq\f(67,185)m。3．(2022·浙江6月選考)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2?！敬鸢浮?1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m【解析】(1)根據牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數據解得a1＝2m/s2(2)根據運動學公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根據牛頓第二定律有μmg＝ma2根據運動學公式有veq\o\al(2,max)－v2＝－2a2l2代入數據聯立解得l2＝2.7m。4．(2021·浙江1月選考)如圖所示，質量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經t＝2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑塊：(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動摩擦因數μ；(3)從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))。【答案】(1)16m(2)0.25(3)67.9W【解析】(1)小車沿斜面向上做勻減速直線運動，有x＝eq\f(v0,2)t解得x＝16m。(2)上滑過程有：加速度a1＝eq\f(Δv,t)＝eq\f(v0,t)＝8m/s2由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得μ＝0.25。(3)下滑過程有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝4m/s2由運動學公式有veq\o\al(2,t)＝2a2x得vt＝eq\r(2a2x)＝8eq\r(2)m/s重力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝mgeq\o(v,\s\up6(－))cos(90°－θ)＝mgeq\f(vt,2)cos(90°－θ)＝48eq\r(2)W≈67.9W。5．(2021·浙江6月選考)機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員的反應時間。(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；(2)若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度?！敬鸢浮?1)4s2.5×103N(2)20s(3)5eq\r(5)m/s【解析】v1＝36km/h＝10m/sv2＝54km/h＝15m/s(1)根據平均速度公式得t1＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(2s,v1)解得剎車時間t1＝4s剎車加速度大小為a＝eq\f(v1,t1)＝2.5m/s2根據牛頓第二定律得Ff＝ma解得Ff＝2.5×103N。(2)小朋友通過斑馬線的時間t2＝eq\f(l＋L,v0)＝24s汽車在斑馬線前等待時間t＝t2－t1＝20s。(3)根據速度位移公式得v2－veq\o\al(2,2)＝－2as，解得v＝5eq\r(5)m/s。6.(2021·遼寧高考，13)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t?！敬鸢浮?1)0.4m/s2(2)4.5s【解析】(1)小包裹的速度v2大于傳動帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據牛頓第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2。(2)小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，所用時間t1＝eq\f(v1－v2,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在傳動帶上滑動的距離為s1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(1.6＋0.6,2)×2.5m＝2.75m因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－s1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝4.5s?！久＝痤}】1.(2022·山東淄博一模)潛艇從海水高密度區(qū)域駛入低密度區(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質量m＝3.0×103t，在高密度海水區(qū)域水面下h0＝180m沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛入海水低密度區(qū)域時，浮力F突然降為2.94×107N；20s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重(排水)，此后潛艇以0.1m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮，升至距水面120m處時立即對潛艇加重(加水)后使其緩慢勻減速上浮，升到水面時速度恰好為零。重力加速度g取10m/s2，不計潛艇加重和減重的時間和水的粘滯阻力。求：(1)潛艇“掉深”達到的最大深度(自水面算起)；(2)潛艇從開始“掉深”到升至水面的過程所用的總時間?！敬鸢浮?1)300m(2)160s【解析】(1)在潛艇向下加速過程有mg－F＝ma1此過程下落高度為h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)潛艇向下減速過程的高度為h22a1h1＝2a2h2潛艇“掉深”達到的最大深度為h＝h0＋h1＋h2聯立解得h＝300m。(2)潛艇向下減速過程的時間為t2a1t1＝a2t2潛艇向上加速過程有h3＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)h3＝h－h(huán)4h4＝120mv2＝a2t3潛艇向上減速過程有h4＝eq\f(v2＋0,2)t4潛艇從開始掉深到升至水面的過程所用總時間t總＝t1＋t2＋t3＋t4聯立解得t總＝160s。2.(2022·甘肅靖遠模擬)索降是戰(zhàn)士從懸停在低空的直升機上，通過一根輕質軟繩滑到地面上的著陸方式。在某次訓練過程中，戰(zhàn)士從靜止在空中、距地面高h＝38.25m的直升機上通過足夠長的軟繩滑下，開始階段戰(zhàn)士通過戰(zhàn)術手套輕握繩子，受到的摩擦力大小Ff1＝160N，達到一定速度后，戰(zhàn)士用力握繩子，受到的摩擦力大小Ff2＝1440N，結果戰(zhàn)士到達地面時的速度大小v1＝6m/s。戰(zhàn)士(含裝備)的質量m＝80kg，戰(zhàn)士與直升機均視為質點，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求戰(zhàn)士輕握繩子下滑的加速度大小a1；(2)求戰(zhàn)士下滑過程中的最大速度vmax；(3)若在戰(zhàn)士開始下滑時，直升機以大小v2＝3m/s的速度勻速豎直上升，求戰(zhàn)士到達地面時直升機距地面的高度H?！敬鸢浮?1)8m/s2(2)18m/s(3)49.5m【解析】(1)戰(zhàn)士輕握繩子下滑時，根據牛頓第二定律得mg－Ff1＝ma1解得a1＝8m/s2。(2)設戰(zhàn)士用力握繩子時的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得Ff2－mg＝ma2解得a2＝8m/s2由題意，根據運動學規(guī)律有h＝eq\f(veq\o\al(2,max),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,max)－veq\o\al(2,1),2a2)解得vmax＝18m/s。(3)戰(zhàn)士下滑時間為t＝eq\f(vmax,a1)＋eq\f(vmax－v1,a2)＝3.75s戰(zhàn)士到達地面時直升機距地面的高度為H＝v2t＋h＝49.5m。3.(2022·浙江3月選考模擬)圖甲所示為某旅游景點的滑草場，圖乙所示為其中一條滑道的示意圖。該滑道由傾角為θ＝30°的斜坡AC和水平滑道CD組成，斜坡AC由材質不同的AB、BC兩部分組成，一位質量m1＝70kg的游客坐在質量m2＝10kg的滑草車上，從斜坡頂端A點靜止滑下，最終恰好在水平滑道末端D點停下。已知AB、BC的長度分別為LAB＝45m、LBC＝15m，滑草車與AB、BC、CD間的動摩擦因數分別為μ1＝eq\f(\r(3),6)、μ2＝eq\f(\r(3),3)、μ3＝eq\f(3,16)，重力加速度g＝10m/s2，cos15°≈0.96，不計空氣阻力以及滑草車經過B、C兩點時的能量損失，求滑草車(含游客)：(1)經過B點時的速度大小vB；(2)在滑道CD上運動時受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的長度LCD；(3)在整個運動過程中的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))?！敬鸢浮?1)15m/s(2)150N60m(3)7.68m/s【解析】(1)游客和滑草車總質量為m＝m1＋m2＝80kg滑草車在AB段運動時mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝2.5m/s2又veq\o\al(2,B)－0＝2a1LAB，解得vB＝15m/s。(2)滑草車在BC段運動時mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，解得a2＝0所以滑草車在BC段做勻速直線運動，則到C點的速度為vC＝vB＝15m/s滑草車在CD段運動時，所受摩擦力為FfCD＝μ3mg＝150N加速度大小為a3＝eq\f(FfCD,m)＝eq\f(15,8)m/s2從C點到D點停止0－veq\o\al(2,CD)＝－2a3LCD解得LCD＝60m。(3)由于LAB＋LBC＝LCD＝60m所以根據幾何知識可得，從A到D的直線距離為xAD＝2LCDcos15°＝115.2m滑草車在AB、BC、CD段的運動時間分別為t1＝eq\f(vB,a1)＝6s，t2＝eq\f(LBC,vB)＝1s，t3＝eq\f(vC,a3)＝8s所以整個運動過程中的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(xAD,t1＋t2＋t3)＝7.68m/s。4.(2022·浙江衢州市高三二模)爬墻車利用吸氣裝置可以吸附在墻壁上行走，如圖所示，某爬墻車在豎直墻面上從A點由靜止開始以最大加速度向上做勻加速直線運動，0.2s時到達B點后立刻以速度vB做勻速直線運動，為了防止撞到房頂，在C點車輪停止轉動做勻減速運動，到達房頂D點時速度恰好減為零，已知AB＝10cm，AD＝60cm，在大氣壓的作用下，爬墻車與墻壁之間的彈力恒為重力的3倍，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，爬墻車由四輪驅動且電動機功率足夠大，重力加速度g＝10m/s2，求爬墻車(1)運動時的最大速度vB；(2)與墻面之間的動摩擦因數μ；(3)由A點運動至D點的總時間t總.【答案】(1)1m/s(2)0.5(3)0.72s【解析】(1)由勻變速直線運動規(guī)律得xAB＝eq\f(1,2)a1t12，vB＝a1t1聯立兩式，代入已知數據解得a1＝5m/s2，vB＝1m/s(2)在AB段，爬墻車受力分析如圖甲所示由平衡條件及牛頓第二定律得F＝FN＝3mg，μFN－mg＝ma1解得：μ＝0.5(3)爬墻車到達C點后，摩擦力反向，受力分析如圖乙所示由牛頓第二定律得μFN＋mg＝ma2代入已知數據解得：a2＝25m/s2由勻變速直線運動規(guī)律得vB＝a2t2,0－vB2＝－2a2xCD解得：t2＝0.04s，xCD＝0.02m則爬墻車勻速階段時間為t勻＝eq\f(xAD－xAB－xCD,vB)＝0.48s所以，爬墻車由A點運動至D點的總時間t總＝t1＋t勻＋t2＝(0.2＋0.48＋0.04)s＝0.72s.5.(2022·大慶實驗中學、吉林一中聯考)一質量為1kg的物塊置于水平地面上.現用一個水平恒力F拉物塊，一段時間后撤去恒力F，已知從物塊開始運動到停止，經歷的時間為4s，運動的位移為20eq\r(3)m，物塊與地面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),3)(g＝10m/s2).(1)求恒力F的大小；(2)若力F的大小可調節(jié)，其與豎直方向的夾角θ也可以調節(jié)，如圖所示，其他條件不變，若在力F作用下物塊勻速運動，求力F的最小值及此時θ的大小.【答案】(1)eq\f(40\r(3),3)N(2)5N60°【解析】(1)設撤力時物塊的速度大小為v，x＝eq\f(v,2)(t1＋t2)解得v＝10eq\r(3)m/sa2＝μg＝eq\f(10\r(3),3)m/s2則t2＝eq\f(v,a2)＝3s則t1＝1s根據牛頓第二定律F－μmg＝ma1a1＝eq\f(v,t1)解得F＝eq\f(40\r(3),3)N(2)由物塊做勻速運動可知Fsinθ＝μ(mg－Fcosθ)得F＝eq\f(μmg,sinθ＋μcosθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ0)其中tanφ0＝μ＝eq\f(\r(3),3)則φ0＝30°則當θ＝60°時，F有最小值Fmin＝5N.命題視角(二)能量與動量【例題】(2022·“七彩陽光”聯考)如圖為一游戲裝置的示意圖，傾斜軌道上物塊A距離水平面高H＝1.2m，細管軌道半徑R1＝0.50m，圓軌道半徑R2＝0.40m，兩圓軌道間EF段長L＝0.5m，讓物塊A從斜面上由靜止滑下與靜止在水平面上的物塊B發(fā)生彈性正碰，兩物塊的質量均為m＝0.1kg，兩物塊與EF段間的動摩擦因數均為μ＝0.1，軌道其余部分均光滑。兩物塊均可視為質點，g取10m/s2。(1)求第一次碰撞后，物塊B的速度；(2)求物塊B第一次通過兩圓軌道最高點C和D時，軌道分別對物塊B的彈力；(3)若在軌道左端放置一順時針勻速轉動的足夠長的傳送帶，試分析傳送帶的速度v滿足什么條件時，物塊A、B一定發(fā)生第二次碰撞。命題角度1.本題以“游戲裝置”為背景，設置單物體多過程運動問題2.本題為力學綜合問題，考查力與運動的分析，動量和能量觀點的應用，考查學生的分析綜合能力3.此類題目通過建模分析、經常考查分類討論的思想以及利用數學方法解決物理問題的能力?！緦忣}突破】1.拆分過程(1)物塊A沿光滑斜面下滑，機械能守恒，可求出物塊A與B碰前速度v0。(2)A、B碰撞過程為彈性碰撞、動量守恒、機械能守恒，求出碰后B的速度vB。2.物塊B運動到C點和D點時，可分為直線＋圓周組合，全程可運用動能定理列式求C點或D點的速度，應用牛頓運動定律求解軌道對B的彈力。3.物塊B滑上傳送帶，與傳送帶運動的方向相反，物塊B做減速運動，減速至0后返回，做加速運動，要使A、B發(fā)生第二次碰撞，B必須能過最高點C?！窘忸}關鍵】1.拆分過程、構建“斜面模型”“彈性碰撞模型”。2.關注兩個臨界條件(1)“繩模型”最高點mg＝eq\f(mv2,R)(2)“桿模型”最高點v＝0【規(guī)范答題】(1)由機械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(6)m/s1分A和B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB1分A和B發(fā)生彈性碰撞，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)1分解得vA＝0，vB＝v0＝2eq\r(6)m/s1分(2)B運動至C，由動能定理得－2mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝2m/s1分在C點：FNC＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R1)解得FNC＝－0.2N，故在C點軌道對物塊B彈力大小為0.2N，方向豎直向上1分B運動至D，由動能定理得－2mgR2－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vD＝eq\r(7)m/s1分在D點：FND＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R2)解得FND＝0.75N，方向豎直向下1分(3)B物體剛上傳送帶時－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得v1＝eq\r(23)m/s1分若B剛好能過D點，則－2mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,臨)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，v臨＝eq\r(gR2)解得v2＝2eq\r(5)m/s1分若B剛好能過C點，則－2mgR1－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v3＝eq\r(21)m/s1分綜上得v≥eq\r(21)m/s。1分答案(1)2eq\r(6)m/s(2)0.2N，方向豎直向上0.75N，方向豎直向下(3)v帶≥eq\r(21)m/s【感悟真題】1.(2022·廣東高考，13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h?！敬鸢浮?1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m【解析】(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間，根據動能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數據解得v1＝8m/s。(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數據聯立解得h＝0.2m。2.(2022·浙江1月選考，20)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ＝eq\f(7,8)?；瑝K與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。?2)設釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第1次經F點時的速度v與lx之間的關系式；(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值?！敬鸢浮?1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(0.85m≤lx≤3m)(3)eq\f(13,15)meq\f(9,5)meq\f(41,15)m【解析】(1)滑塊從A到C的過程只有重力做功，機械能守恒，則mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點根據牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入數據解得FN＝7N。(2)要使得滑塊到達F點，則必過細圓管軌道DEF的最高點，有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥0即lx≥0.85m滑塊運動到F的過程中，由機械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)。(3)設最終摩擦力做的功為滑塊第一次到達FG中點時的n倍，由動能定理得mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m將0.85m≤lx≤3m代入上式可得eq\f(27,28)≤n≤eq\f(39,7)由運動過程可知，n只能取1、3、5①當n＝1時，lx＝eq\f(13,15)m②當n＝3時，lx＝eq\f(9,5)m③當n＝5時，lx＝eq\f(41,15)m。3.(2021·浙江1月選考，20)如圖所示，豎直平面內由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和eq\f(1,6)圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d＝eq\r(3)R?，F將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC及在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？【答案】(1)eq\r(2gh0)meq\r(2gh0)水平向左(2)FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))h≥R(3)h≤eq\f(5,2)R或h＝eq\f(9,2)R【解析】(1)從A到C，小球的機械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)可得vC＝eq\r(2gh0)根據動量定理得I＝mvC＝meq\r(2gh0)方向水平向左。(2)小球從A到D，由機械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)根據牛頓第二定律有FN＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)聯立可得FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))滿足的條件h≥R。(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則d＝vxt＝vxeq\f(vy,g)其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d可得vG＝2eq\r(gR)由機械能守恒定律有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(5,2)R))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)可得h＝eq\f(9,2)R。4.(2021·全國甲卷，24)如圖所示，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發(fā)現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？【答案】(1)mgdsinθ(2)eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)【解析】(1)設小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能為ΔE，由小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，可知小車通過每一個減速帶時重力勢能的減少量等于經過減速帶時損失的機械能，即ΔE＝mgdsinθ①(2)設小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為ΔE0，對小車從靜止開始到進入水平面停止，由動能定理有mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②聯立①②解得ΔE0＝eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)③(3)要使ΔE0>ΔE，有eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)>mgdsinθ④解得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。5.(2021·福建高考)如圖(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移x的變化關系如圖(b)所示。已知AB段長度為2m，滑塊質量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數為0.5，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)當拉力為10N時，滑塊的加速度大??；(2)滑塊第一次到達B點時的動能；(3)滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。【答案】(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m【解析】(1)設小滑塊的質量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊受斜面的支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為Ff，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T＋mgsinθ－Ff＝ma①FN－mgcosθ＝0②Ff＝μFN③聯立①②③式并代入題給數據得a＝7m/s2。④(2)設滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1x1＋T2x2⑤式中T1、T2和x1、x2分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小。依題意，T1＝8N，x1＝1m，T2＝10N，x2＝1m設滑塊第一次到達B點時的動能為Ek，由動能定理有W＋(mgsinθ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥聯立②③⑤⑥式并代入題給數據得Ek＝26J。⑦(3)由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek。設滑塊離B點的最大距離為smax，由動能定理有－(mgsinθ＋Ff)smax＝0－Ek⑧聯立②③⑦⑧式并代入題給數據得smax＝1.3m。【名校金題】1.(2022·河北省高三模擬)2020年9月15日，中智行5GAI無人駕駛汽車亮相上海5G科普活動，活動現場，中智行展示了公司最新研發(fā)的、具有百分百自主知識產權的無人駕駛技術.在一次性能測試中，質量m＝1000kg的無人駕駛汽車以恒定加速度啟動，達到額定功率后保持額定功率繼續(xù)行駛，在剛好達到最大速度時，突然發(fā)現前方有一行人要橫穿馬路而緊急剎車，車載速度傳感器記下了整個過程中速度隨時間變化圖象如圖所示.已知汽車啟動時所受阻力恒定，且是汽車剎車時所受阻力的eq\f(1,5).求：(1)該無人駕駛汽車發(fā)動機的額定功率P；(2)汽車從啟動至再次靜止的整個過程中所通過的路程.【答案】(1)60kW(2)180m【解析】(1)由題圖可知汽車剎車過程中的加速度大小為a2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(Δv2)),Δt)＝eq\f(30,3)m/s2＝10m/s2可知剎車時汽車所受阻力大小Ff2＝ma2＝1×104N因此汽車啟動時所受阻力大小Ff1＝eq\f(1,5)Ff2＝2×103N汽車達到最大速度時，F牽＝Ff1，該汽車發(fā)動機的額定功率P＝F牽vmax＝60kW(2)在0～4s內，根據牛頓第二定律可知F－Ff1＝ma且F＝eq\f(P,v1)，a＝eq\f(v1,t1)聯立解得v1＝12m/s汽車在該段時間內的位移大小x1＝eq\f(v1,2)t1＝24m在4～14s內，汽車功率恒定，阻力恒定，根據動能定理有Pt2－Ff1x2＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv12解得汽車在該段時間內的位移大小x2＝111m在14～17s內，汽車的位移大小x3＝eq\f(vmax,2)Δt＝45m整個過程中，汽車通過的路程x＝x1＋x2＋x3＝180m.2.(2022·東北師大附中等五校聯考)如圖所示，水平面上O點左側為動摩擦因數μ＝0.6的粗糙段，O點右側光滑.兩個可視為質點的物體A和B，物體A的質量為m＝1kg，放在距O點左側x1＝3m處，物體B靜止放在距O點右側x2＝4m處.現給物體A一個向右的初速度v0＝10m/s，物體A穿過粗糙區(qū)后在O點右側段與物體B發(fā)生彈性正碰.碰后物體A恰好能返回出發(fā)點，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物體A向右從O點到與物體B碰撞前瞬間所用的時間t1；(2)物體A與B碰撞后瞬間，物體A的速度大小v1；(3)物體B的質量M.【答案】(1)0.5s(2)6m/s(3)7kg【解析】(1)物體A在O點左側做勻減速直線運動，設到O點時的速度大小為vt對這個運動過程由牛頓第二定律得μmg＝ma解得a＝6m/s2由運動學公式有vt2－v02＝－2ax1解得vt＝8m/s物體A在O點右側做勻速直線運動，故有x2＝vtt1解得t1＝0.5s(2)物體A與物體B碰后先勻速返回O點，然后做勻減速運動，最后停止在最初的位置，故碰后瞬間的速度大小與返回至O點時相等，設為v1由運動學公式有0－v12＝－2ax1解得v1＝6m/s，方向向左(3)物體A與B發(fā)生彈性正碰，設向右為正方向，對碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律得mvt＝－mv1＋Mv2eq\f(1,2)mvt2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得M＝7kg.命題視角(三)力學三大觀點的綜合應用力學三大觀點對應規(guī)律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初、末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初、末速度而不涉及力、時間高考題型一用動力學和能量觀點解決多過程問題1．注重兩個分析(1)綜合受力分析、運動過程分析，由牛頓運動定律做好動力學分析。(2)分析各力做功情況，做好能量的轉化與守恒的分析，由此把握運動各階段的運動性質，各連接點、臨界點的力學特征、運動特征和能量特征。2．做好四個選擇(1)當物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時，一般選擇用動力學方法解題。(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現相對位移時，應優(yōu)先選擇能量守恒定律。(3)當涉及細節(jié)并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻進行分析時選擇牛頓第二定律求解。(4)復雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合解題。【例1】(2022·學軍中學適應考)如圖為雜技演員進行摩托車表演的軌道，它由傾斜直線軌道AB、圓弧形軌道BCD、半圓形軌道DE、水平軌道EF組成，已知軌道AB的傾角θ＝37°，A、B間高度差H＝12m，軌道BCD的半徑R＝4.8m，軌道DE的半徑r＝2.4m，軌道最低點C距水平地面高度差h＝0.2m，在軌道AB上運動時摩托車(含人)受到的阻力為正壓力的0.2倍，其余阻力均不計。表演者從A點駕駛摩托車由靜止開始沿軌道AB運動，接著沿軌道BCDEF運動，然后從F點離開軌道，最后落到地面上的G點。已知摩托車功率P恒為2×103W，發(fā)動機工作時間由表演者控制，表演者與摩托車總質量m＝100kg，表演者與摩托車可視為質點(cos37°＝0.8)。(1)某次表演中，通過C點時摩托車對軌道的壓力為6000N，求經過C點的速度vC；(2)滿足(1)中的條件下，求摩托車發(fā)動機的工作時間t；(3)已知“受力因子k”等于表演者與摩托車整體承受的壓力除以整體的重力，在k≤8的條件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情況下，表演者落點G點與F點的水平距離的可能值。【答案】(1)4eq\r(15)m/s(2)1.12s(3)12m≤x≤2eq\r(42)m【解析】(1)由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝4eq\r(15)m/s。(2)從A到C運動過程中，由動能定理得W牽引＋WG＋W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0其中W牽引＝PtWG＝mgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(H＋R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos37°))))W阻＝－0.2mg·eq\f(H,tan37°)解得t＝1.12s。(3)要使表演者能完整的運動，臨界條件是能恰好經過D點，經過D點的最小速度vD1滿足mg＝meq\f(veq\o\al(2,D1),R)即vD1＝eq\r(gR)由機械能守恒定律得mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E1)通過E點的最小速度vE1＝eq\r(3gR)注意到小圓半徑小于大圓半徑，故最小速度由大圓半徑決定，要保證表演者安全，其受到的最大壓力FN＝8mg可判斷得經過E點時，恰好為最大壓力值，則8mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,E2),r)，解得vE2＝eq\r(3.5gR)此情形下經過C點速度為vC，由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得vC＝eq\r(5.5gR)對C點壓力為FC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FC＝6.5mg<8mg，說明上述判斷正確。由上可得，經過E點的速度最大值為vE2＝eq\r(3.5gR)，最小值vE1＝eq\r(3gR)由平拋知識，落地時間t＝eq\r(\f(2（R＋h）,g))＝1s水平位移x＝vt代入兩個臨界速度得水平位移最大值x1＝2eq\r(42)m，最小值x2＝12m所以，表演者落點G點與F點的水平距離可能值為12m≤x≤2eq\r(42)m。高考題型二用動力學和能量觀點解決傳送帶問題1．解決傳送帶問題的關鍵(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷。(2)物體能否達到與傳送帶共速的判斷。(3)弄清能量轉化關系：傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機械能與產生的內能之和。2．應用動能定理時，摩擦力對物體做功Wf＝Ffx(x為對地位移)；系統產生的熱量等于摩擦力對系統做功，Wf＝Ffs(s為相對路程)?！纠?】(2022·山東淄博6月模擬)如圖所示，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長度x＝1m，與滑塊間的動摩擦因數μ1＝0.25。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶順時針旋轉，運行速度v＝2m/s，長度L＝2.75m，與滑塊間的動摩擦因數μ2＝0.2，傳送帶右端D點與豎直固定放置的光滑圓弧形軌道剛好相切，光滑圓弧的半徑R＝0.2m?，F將一質量m1＝2kg的滑塊P向左壓縮輕彈簧到某處鎖定，此時彈簧的彈性勢能Ep＝41J，然后突然解除鎖定，滑塊P開始運動，并最終與靜止在D點的質量為m2的滑塊Q發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)。已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，滑塊P和Q均可看成質點。(1)求滑塊P到達C點時的速度vC；(2)求滑塊P第一次經過傳送帶的過程中，系統因摩擦產生的內能E內；(3)若滑塊Q的質量m2可以改變，要使滑塊Q在中途不脫離圓弧形軌道，則滑塊Q的質量m2的范圍為多少？(結果可帶根號)【答案】(1)6m/s(2)7J(3)0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg或m2≥8kg【解析】(1)以滑塊P為研究對象，從釋放到運動到C點的過程中，根據能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)解得vC＝6m/s。(2)假設滑塊P從C到D一直減速，根據動能定理有－μ2m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)解得vD＝5m/s>v，假設正確。設滑塊P在傳送帶上做勻減速運動，加速度的大小為a，根據牛頓第二定律有μ2m1g＝m1a，解得a＝2m/s2設滑塊P在傳送帶上運動時間為t，則vD＝vC－at，解得t＝0.5s傳送帶在t時間內所走的位移為x＝vt＝1m滑塊P相對于傳送帶所運動的位移為Δx＝L－x＝1.75m所以經過傳送帶過程中系統因摩擦產生的內能為E內＝μ2m1gΔx，E內＝7J。(3)滑塊P和Q在D點發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后滑塊P的速度為vD′，滑塊Q的速度為v′，對系統由動量守恒定律得m1vD＝m1vD′＋m2v′由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)m1vD′2＋eq\f(1,2)m2v′2聯立解得v′＝eq\f(2m1,m1＋m2)vD＝eq\f(20,2＋m2)(m/s)①設滑塊Q在E點的速度為vE時，恰好通過圓弧最高點，此時Q在D點的速度為vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,E),R)滑塊Q從D點運動到E點的過程中，由動能定理得－m2g·2R＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)m2vD′2解得vD′＝eq\r(10)m/s所以滑塊Q在D點時的速度v′≥eq\r(10)m/s聯立解得0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg。②設滑塊Q恰好運動到eq\f(1,4)圓弧處速度為零，此時Q在D點的速度為vD″此過程由動能定理得－m2gR＝0－eq\f(1,2)m2vD″2，解得vD″＝2m/s所以滑塊Q在D點時的速度0<v′≤2m/s聯立解得m2≥8kg綜上所述，滑塊Q的質量m2的范圍為0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg或m2≥8kg。高考題型三應用三大觀點解決“板塊”模型問題1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題。2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。3.應注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)?！纠?】(2022·山東模擬演練卷)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，一質量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現把一質量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊恰好沒有從長木板右端滑下，A與B間、B與斜面間的動摩擦因數相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)鐵塊A和長木板B共速后的速度大小；(2)長木板的長度；(3)請用數值驗證，鐵塊剛放上長木板左端時與達到共速時系統的總能量相等?！敬鸢浮?1)6m/s(2)2.25m(3)見解析【解析】(1)根據動量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s。(2)根據題意可知μ＝tanθ＝0.75對鐵塊A受力分析有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝12m/s2對長木板受力分析有Mgsinθ－μmgcosθ－μ(M＋m)gcosθ＝Ma2解得a2＝－6m/s2經過時間t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t解得t＝0.5s，v＝6m/s鐵塊運動位移x1＝eq\f(v,2)t＝1.5m長木板運動位移x2＝eq\f(v0＋v,2)t＝3.75m長木板的長度l＝x2－x1＝2.25m。(3)系統動能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝－27J鐵塊重力勢能的變化量ΔEp1＝－mgx1sinθ＝－9J長木板重力勢能的變化量ΔEp2＝－Mgx2sinθ＝－45J長木板與斜面之間摩擦產生的熱量Q1＝μ(M＋m)gx2cosθ＝67.5J鐵塊與長木板之間摩擦產生的熱量Q2＝μmglcosθ＝13.5JΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0故系統能量守恒。高考題型四應用三大觀點解決多過程問題1．三大力學觀點2．解題策略(1)進行正確的受力分析，劃分運動過程，明確各過程的運動特點。(2)當物體受到恒力作用，而且涉及時間、某一狀態(tài)時，一般選用動力學方法。(3)當涉及功、能、位移時，一般選用動能定理、能量守恒定律。(4)在光滑的平面或曲面上的運動，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析。(5)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析?！纠?】(2022·浙江3月選考模擬)2021年是建黨100周年，某玩具廠家為此專門設計了一個字型為“100”的模型玩具，如圖9所示，三個數字豎直放置，高度均為2R，數字右邊固定一個橫截面為長方形的球框GHIJ，球框GH、IJ兩邊的長為l，底邊HI的長為2l、數字底端B、C、F和球框上端G、J均在同一水平線上。左、右兩個“0”字形軌道分別為半徑為R的圓管道和圓軌道，一質量為m的小球P(可視為質點)從“1”字的上端A點以速度v0豎直向下進入軌道，經過三個數字軌道后從G點水平向右飛出，最終落入球框。已知m＝0.1kg、R＝0.5m、l＝0.8m，BC長為d＝1m，小球P在BC段運動時所受阻力為其重力的0.2，軌道其他部分的阻力均不計、忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。假設小球P與球框右邊IJ發(fā)生的是彈性碰撞，且碰撞前后小球的速度方向與水平方向的夾角相等，小球P落到底邊HI上時速度立即變?yōu)榱恪?1)若v0＝3m/s，求小球P經過圓管道最高點D時的速度大小及對管道的作用力；(2)若在CF段的中點靜置有一個質量為2m的小球Q，已知小球P、Q間發(fā)生正碰。小明認為通過調節(jié)v0，有可能使小球P、Q在碰后恰好能分別通過圓管道和圓軌道的最高點D、E，請你通過計算說明是否存在這種可能性；(3)要使小球P在不脫離數字軌道且在不觸碰到GH邊的情況下最終落入框中，求v0的取值范圍?！敬鸢浮?1)eq\r(5)m/s，0(2)存在，說明見解析(3)3m/s≤v0≤4eq\r(3)m/s【解析】(1)小球從A點運動到D點，根據動能定理有－0.2mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數據有vD＝eq\r(5)m/s若小球在最高點對軌道沒有作用力，則有mg＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(5)m/s，說明P經過圓管道最高點D時對管道的作用力為0。(2)設小球P與Q碰撞前的速度為vC，碰撞后的速度分別為vP和vQ，碰撞過程中根據動量守恒定律有(取向右為正)mvC＝－mvP＋2mvQ若小球P、Q在碰后恰好能分別通過圓管道和圓軌道的最高點D、E，對于小球Q則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,Emin),R)解得vEmin＝eq\r(5)m/s對于小球P則有vDmin＝0對于小球P，根據動能定理有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Dmin)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得vP＝eq\r(20)m/s對于小球Q，根據動能定理有－4mgR＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,Emin)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,Q)解得vQ＝5m/s綜上可解得vC＝10－eq\r(20)m/s設要讓P能通過D點到達C點的初速度最小值為v0min，則有－0.2mgd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0min)此時從A到C，由動能定理得mg·2R－0.2mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Cmin)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0min)解得v0min＝2m/s，vCmin＝eq\r(20)m/s由vC>vCmin知存在這種可能。(3)要使小球P不脫離數字軌道，則從E到G有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Gmin)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Emin)解得vGmin＝5m/s若小球P以vGmin拋出有l(wèi)＝eq\f(1,2)gt2，x＝vGmint解得t＝0.4s，x＝2m<4l(符合題意)若小球P以vGmax拋出有l(wèi)＝eq\f(1,2)gt2，4l＝vGmaxt，解得t＝0.4s，vGmax＝8m/s從A到G根據動能定理有mg·2R－0.2mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Gmin)－eq\f(1,2)mv0min′2mg·2R－0.2mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Gmax)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0max)解得3m/s≤v0≤4eq\r(3)m/s。【感悟真題】1.(2022·河北高考，13)如圖所示，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小?！敬鸢浮?1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s，方向均向右(2)1.875m【解析】(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，以向右方向為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，則Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0則新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設新物塊的質量為m′＝2kg，新滑板的質量為M′＝3kg，相對靜止時的共同速度為v共，根據動量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋M′)veq\o\al(2,共)解得x相＝1.875m。2.(2021·海南高考)如圖所示，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端，已知滑塊和木板的質量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大?。?2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功?！敬鸢浮?1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7veq\o\al(2,0),25μg)(3)eq\f(v0,μg)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統動量守恒，有2mv0＝3mv共解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑根據動量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑聯立解得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0根據功能關系有－μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,木)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,滑)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(7veq\o\al(2,0),25μg)。(3)由于木板保持勻速直線運動，則有F＝μmg對滑塊進行受力分析，并根據牛頓第二定律有a滑＝μg滑塊相對木板靜止時有v0＝a滑t解得t＝eq\f(v0,μg)則整個過程中木板滑動的距離為s′＝v0t＝eq\f(veq\o\al(2,0),μg)則拉力所做的功為W＝Fs′＝mveq\o\al(2,0)。3.(2020·1月浙江選考)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數μ＝0.5。滑塊質量m＝2g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接，取g＝10m/s2。求：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大??；(2)當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧彈性勢能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系?！敬鸢浮?1)1m/s(2)0.14N8.0×10－3J(3)Ep＝(6×10－3＋2×10－2h)J(0.05m≤h≤0.2m)【解析】(1)滑塊恰好過最高點F，則其所受支持力為零，即mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),r)，即vF＝eq\r(gr)＝1m/s(2)滑塊在AB斜面上，摩擦力做功Wf2＝－μmgscosα＝－μmgL2在OE階段，摩擦力做功Wf1＝－μmgL1，重力做功WG＝－mgh根據動能定理可知W彈＋Wf1＋Wf2＋WG＝0則W彈＝μmg(L1＋L2)＋mgh即W彈＝8×10－3J設滑塊到達E點時的速度為v1，根據動能定理可知W彈＋Wf1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)設軌道對滑塊支持力為FN′，根據牛頓第二定律知FN′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，則FN′＝0.14N由牛頓第三定律知滑塊對軌道壓力大小FN＝FN′＝0.14N從O點到B點，由能量守恒定律得Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)解得Ep0＝8.0×10－3J(3)要能夠成功完成游戲，首先需要滑塊能夠過圓軌道最高點，并能夠到達斜面。即滑塊要到達圓軌道最高點，則彈性勢能最小值Epmin＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)＋μmgL1即Epmin＝7×10－3J滑塊到B點速度減為0，由動能定理得Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，代入數據解得h1＝0.05m滑塊要能停在B處，即μmgcosθ≥mgsinθ，即tanθ≤0.5，此時h≤0.2m滑塊到達斜面的高度設為h，根據能量守恒定律得Ep＝μmg(L1＋L2)＋mghEp＝(6×10－3＋2×10－2h)J(0.05m≤h≤0.2m)【名校金題】1．（2023·全國·一模）如圖甲所示，放在水平地面上的足夠長的木板質量，木板左端放一質量的滑塊（可視為質點），已知地面和木板間的動摩擦因數；滑塊和木板間的動摩擦因數，滑塊的正上方有一懸點O，通過長的輕繩吊一質量的小球．現將小球拉至與O點處于同一水平面，由靜止釋放，小球擺至最低點時與滑塊發(fā)生正碰（即兩物體在同一直線上碰撞），且小球與滑塊只碰一次，小球碰后的動能與其向上擺動高度的關系如圖乙所示，重力加速度g取。求：（1）碰前瞬間輕繩對小球拉力的大??；（2）小球和滑塊碰撞過程中系統損失的機械能；（3）長木板運動過程中的最大速度?！敬鸢浮浚?）60N；（2）3J；（3）【詳解】（1）設小球擺到最低點時速度大小為，繩對小球的拉力為，由動能定理得解得小球碰前瞬間的速度由牛頓第二定律得解得拉力（2）設碰后小球、滑塊的速度大小分別為和，由圖像可得小球與滑塊組成的系統碰撞過程動量守恒，得解得時時計算碰撞前后的總動能可知而所以碰后瞬間小球、滑塊速度只能取時碰撞過程損失的機械能代入數據得（3）設經時間t滑塊和木板達到共同速度，此時木板速度最大，由動量定理：對木板對滑塊聯立解得2．（2022春·江西上饒·高二校聯考階段練習）如圖所示，高的光滑斜面AB與長的水平面BC平滑連接，再與長的水平傳送帶DE緊密連接，傳送帶恒以的速度逆時針勻速轉動。位于斜面頂端A處質量為的物體P（視為質點）以初動能沿斜面向下運動，在B處撞擊質量同為的靜止物體Q（視為質點），碰撞以后兩物體粘合在一起，已知粘合體與水平面BC、傳送帶DE的動摩擦因數均為，視最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則：（1）物體P滑到B點與物體Q碰撞前瞬間的速度；（2）物體P、Q在B點碰撞過程中能量損失多少；（3）粘合體最終靜止時與B點的距離；（4）要使粘合體最終能靜止在粗糙水平面BC段，求A處給物體P初動能應滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）；（2）36J；（3）0.4m；（4）小于等于94J【詳解】（1）P從A到B過程，有代入相關數據解得（2）P、Q碰撞過程中動量守恒，有解得碰撞過程中能量損失（3）黏合體由B運動到D過程，由動能定理得解得黏合體到達D點時的速度大小黏合體進入傳送帶后向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得解得加速度大小故黏合體向右減速至速度為0的位移大小由于，且，故黏合體此后向左做勻加速直線運動直到D點，且到達D點的速度大小仍為；設黏合體由D向左運動后至速度減為0過程中在BC上通過的路程為，由能量守恒定律得解得由于，所以黏合體最終靜止時在B點右方d＝0.4m處；所以物體最終靜止在距離B點0.4m處位置；（4）若黏合體返回時剛好能到達斜面頂端A處，則從黏合體經傳送帶返回經過D點至到達斜面頂端A的過程中，由能量守恒定律得解得黏合體經傳送帶返回D點時的速度黏合體在傳送帶上滑動過程，由解得由于，故黏合體沒有從傳送帶右側滑出；黏合體由B到C過程中，由能量守恒定律得解得碰撞前物體P的速度物體P由B到C過程，由動能定理得解得所以A處給物體P初動能應滿足小于等于94J。3．（2022春·山東濰坊·高三濰坊一中階段練習）第24屆冬季奧林匹克運動會，于2022年2月4日在北京和張家口聯合舉行，北京也將成為奧運史上首個舉辦過夏季奧