高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第1講應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題Word版含解析

1、第二板塊力學(xué)能量”:膽與動(dòng)量呵麴用結(jié)合怎會(huì)考牛幡運(yùn)動(dòng)定律與句變速直如劭規(guī)律相結(jié)合O動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)I 0能量觀點(diǎn)+動(dòng)*明點(diǎn)第5頁共15頁第1講|應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”是解答物理問題的三大觀點(diǎn)之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識(shí)主要包括：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；考法學(xué)法豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律；運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像。復(fù)習(xí)這部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)側(cè)重對(duì)基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時(shí)要抓住兩個(gè)關(guān)鍵：受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析。用到的思想方法有：整體法和隔離法； 臨界問題的分析方法；合成法；正交分解法；作圖法；等效思想；分解思想。命題點(diǎn)（一）勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用題型

2、1多過程運(yùn)動(dòng)一"臬二不前而運(yùn)而訪冗不訴瓦“萩芥徭芬橋冢區(qū)殳兩而還!唯名忌面!客一"一"一"iI段的紐帶，應(yīng)注意分析各段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。i 碗1“30 m濟(jì)近麗”而蕨皈一個(gè)云而麗豪而，茬而;前而適王， 一學(xué)壬點(diǎn)也點(diǎn)線處，當(dāng)聽到起跑口令后 （測(cè)試員同時(shí)開始計(jì)時(shí)），跑向正前方30 m處的折返線，到達(dá)折返 線處時(shí)，用手觸摸固定在折返線處的標(biāo)桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點(diǎn)線，到達(dá)起點(diǎn)線處時(shí)，停止計(jì)時(shí)，全過程所用時(shí)間即折返跑的成績。學(xué)生可視為質(zhì)點(diǎn)，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時(shí)間不計(jì)。該學(xué)生加速時(shí)的加速度大小為ai=2.5 m/s2,減速時(shí)的加速度大小為a2 =5 m/

3、s2,到達(dá)折返線處時(shí)速度需要減小到零，并且該學(xué)生在全過程中的最大速度不超過vmax= 12 m/s 。求該學(xué)生"30 m折返跑”的最好成績。審題指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)情景是什么？跑向折返線時(shí)必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程； 跑回起點(diǎn)線時(shí)必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程用到什么規(guī)律？勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式采用什么方法？在草紙上畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖，找出各運(yùn)動(dòng)過程中的速度關(guān)系、位移 關(guān)系等解析設(shè)起點(diǎn)線處為 A,折返線處為B,假設(shè)該學(xué)生從 A到B的過程中，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，緊接著做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過程中該學(xué)生達(dá)到的最大速度為V,做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ti,做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公

4、式有v=aiti勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度應(yīng)為負(fù)值，則有0 = va2t2由平均速度公式可知起點(diǎn)線與折返線間的距離Lab = 2(ti + t2)時(shí)間只能取正值，解得 v = 10 m/s, ti = 4 s, t2=2 s因?yàn)閂<Vmax,所以從A到B的過程中，學(xué)生先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻減速運(yùn)動(dòng)從B到A的加速過程中，速度從零增大到12 m/s所用時(shí)間13=痣s = 4.8 sai2.5加速過程通過的位移為 x = v2axt3 = 28.8 m剩余階段的勻速過程用時(shí)t4=L=30三等s= 0.1 sV max12所以該學(xué)生“30 m折返跑”的最好成績?yōu)閠=t1+t2+

5、t3+t4= 10.9 s。答案10.9 s題型2追及相遇問題一而反桁面麗忌1汨河而瑞疝麗芨芍通防而近芍正近芍海施芍加!疝一” i勻速、勻減速追勻速、勻加速追勻減速、勻減速追勻減速等問題。! _ 一I椀-2一”晨 b ,防葡疝I小目至花正iS五麗豕干看加薪而工后而芍窗行證祈函函” 分別為va=6 m/s、vb= 2 m/s ,當(dāng)A車在B車后面x= 3.5 m時(shí)，A車開始以大小恒定的加 速度aA= 1 m/s2剎車至停止運(yùn)動(dòng)，求：(1)A車超過B車后，保持在 B車前方的時(shí)間；(2)A車超過B車后，領(lǐng)先B車的最大距離；(3)若A車剎車時(shí)B車同時(shí)開始加速，加速度aB=2 m/s2,但B車的最大速度只

6、有 4 m/s, 通過計(jì)算說明 A車能否追上B車。列出方展找出時(shí)間卷出第杲.關(guān)來、速度卜必要時(shí)要 關(guān)系.位移關(guān)系鑿行詰於思路點(diǎn)撥分則對(duì)兩畫出運(yùn)個(gè)研托對(duì)中劫過程泉進(jìn)行研究示意圉解析(1)設(shè)A車用時(shí)t追上B車,1對(duì) A 車，Xa= VAt 2aAt2對(duì) B 車，XB= VBt追上時(shí)有Xa=Xb + X解得 t1 = 1 s, t2= 7 s顯然ti為A車追上B車所用時(shí)間，由于 t2=7 s>vA=6 s,故B車追上A車之前，A車 aA已停止運(yùn)動(dòng)設(shè)從開始到A車被B車追上用時(shí)為t3,VA2則 VBt3=-x,解得 t3=7.25 s2 aAA車超過B車后，保持在 B車前方的時(shí)間為At,所以 At

7、=t3-ti,解得 A = 6.25 s。(2)設(shè)當(dāng)A車與B車速度相等用時(shí)為t4,則 VAaAt4=VB,解得 t4= 4 S則此過程中A車位移為XA' = VA+VBt4B車位移XB' = VBt4由(1)分析可知，此時(shí) A車在B車前方，故 A、B最大距離為 Ax=xa' -x-XBz ,解 得 Zx = 4.5 m。(3)假設(shè)從A車剎車開始用時(shí)t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時(shí)t6,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t5-t6,從A車開始剎車至兩車速度相等過程中，VAaAt5=Vm 且 Vm=VB+aBt6解得 t5= 2 s, t6= 1 s, t5 t6>0 ,假設(shè)成立

8、一i1對(duì) A 車，xa = VAt5 2aAt52,斛得 xa = 10 mVm2VB2 ,對(duì) B 車，xb = 十Vm(t5t6),解得 xb =7 m2aB此時(shí)有xb" +x=10.5 m>xA" = 10 m , A車不能追上 B車。答案(1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，計(jì)算過程見解析關(guān)鍵點(diǎn)撥追及相遇問題中的“一個(gè)條件”和“兩個(gè)關(guān)系”(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是 分析判斷的切入點(diǎn)。(2)時(shí)間關(guān)系和位移關(guān)系可通過畫運(yùn)動(dòng)示意圖得到。命題點(diǎn)(二)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用題型1動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題.一1布互

9、加而淙禍i函而冠而由'i花底而E 而*i底而加強(qiáng)族由疏加至前 特點(diǎn)及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。2.由運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況。由物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，j再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。例1如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角0= 37。，兩物塊A、B的質(zhì)量 mA= 1 kg、mB=4 kg。兩物塊之間的輕繩長 L = 0.5 m,輕 繩可承受的最大拉力為 Ft=12 N,對(duì)B施加一沿斜面向上的外力 F, 使A、B由靜止開始一起向上運(yùn)動(dòng)， 外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37= 0.6, cos 37 = 0.8)。(1)若某一時(shí)刻輕繩被拉

10、斷，求此時(shí)外力F的大??；(2)若輕繩拉斷瞬間 A、B的速度為3 m/s,輕繩斷后保持外力 F不變，求當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最 高點(diǎn)時(shí)，A、B之間的間距。思維流程曷出運(yùn)動(dòng) 示需圖:求出啟會(huì)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間.票號(hào)號(hào)空速:直我旎動(dòng)煤律京出川、府的便移，及第二者的; i位移美系求出它 的同能解析(1)輕繩被拉斷前瞬間，對(duì)A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F (mA+mB)gsin 0= (mA+ mB)a 對(duì) A 有：Ft mAgsin 0= mAa 代入數(shù)據(jù)解得F = 60 No(2)設(shè)沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，對(duì) A 有： mAgsin 0= mAaA設(shè)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t,則有vo= a

11、AtV 0t此過程A的位移為XA= v At="2-對(duì) B 有：F mBgsin 0= mBaB1_ x2xb = V0t+ ?aBt代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為X=XBXA+L= 2.375 m。答案(1)60 N (2)2.375 m題型2牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像的綜合問題-S汨應(yīng)麗關(guān)鍵江如巨一而而而看點(diǎn);而累谷下標(biāo)率三足布5sss廠而例2 (2020安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖甲所示，兩滑塊 A、B用細(xì)線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動(dòng)。已知的質(zhì)量mA= 2 kg, B的質(zhì)量mB = 4 kg,斜面傾角0= 37co某時(shí)刻由靜止釋放 A,測(cè)得

12、A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的 v -t圖像如圖乙所示。已知 g = 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8o求:(ni s 'J20.5 t r/s第7頁共15頁(1)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)A沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移;(3)滑動(dòng)過程中細(xì)線對(duì) A的拉力所做的功。解析(1)在。0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙,A、B系統(tǒng)的加速度為:a1 = T = m/s2= 4 m/s2 t 0.5對(duì)A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得:mBgmAgsin 0 mAgcos 0= (mA+mB)ai解得：(1= 0.25。(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑,由牛頓第二定律得:mAgsi

13、n 0+ (imAgcos 0= mAa2解得：a2= 8 m/s2故A減速向上滑動(dòng)的位移為:x2= c = 0.25 m 2a2v2“00.5 s內(nèi)A加速向上滑動(dòng)的位移為：x1 = 2"5 m所以，A上滑的最大位移為：x=xi + x2=0.75 m。(3)細(xì)線對(duì)A的拉力在A加速上滑過程中做功,由動(dòng)能定理得:W (mAgsin 0+ jimAgcos 0)x1 = 2mAV2 0解得：W=12 J。答案(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J命題點(diǎn)(三)動(dòng)力學(xué)的兩類典型模型模型1傳送帶模型一一西施而行貳£而法加麗廠痣I扇而H麗SSi師|雨益而萬而而正T” 搞清楚

14、物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向是解決此類問題的關(guān)鍵。，傳送帶模型還常常涉及到I臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導(dǎo)致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)I具體情況判斷。例1 (2020寶雞模擬)某工廠為實(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件設(shè)計(jì)了如出圖所示的傳送裝置，由一個(gè)水平傳送帶 AB和傾斜傳送帶CD組成，n Hv(-*rrj-1水平傳送帶長度 Lab =4 m ,傾斜傳送帶長度 L cd =4.45 m ,傾角為0= 37°, AB和CD通過一段極短的光，t圓弧板過渡，AB傳送帶以vi = 5 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為科=0.5, sin 37

15、 =0.6,cos 37 = 0.8,重力加速度g=10 m/s1s1 = 2a1t12= 5X 5 x 12 m = 2.5 m由于s1< Lab,隨后工件在 AB傳送帶上做勻速直線運(yùn)動(dòng)到B端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為: Lab s1t2= 0.3 sV1工件滑上CD傳送帶后在沿傳送帶向下的重力分力和滑動(dòng)了7 /摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a2,速度減小到零時(shí)所用時(shí)間為t3,位移大小為s2,受力分析如圖乙所示，叫"臚小明。由牛頓第二定律可得：N2= mg cos 0a?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在水平傳送 帶最左端A點(diǎn)處，求：(1)工件被第一次傳送到CD傳

16、送帶上升的最大高度 h和所用的總時(shí)間t;(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)的速率V2(V2<V1)。模型套用過程工件在AB傳送帶上的運(yùn)動(dòng)CD傳送帶靜止時(shí)，工件在CD傳送帶上的運(yùn)動(dòng)CD傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，工件在CD傳送帶上的運(yùn)動(dòng)模型勻加速直線運(yùn)動(dòng)、(勻速直線運(yùn)動(dòng))勻減速直線運(yùn)動(dòng)勻減速直線運(yùn)動(dòng)方法判斷工件一直加速還是先加速冉勻速受力分析、回示意圖理想模型法、假設(shè)法規(guī)律直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律解析(1)工件剛放在 AB傳送帶上時(shí)，在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)， 設(shè) 其加速度大小為a1，速度增加到V1時(shí)所用時(shí)間為3,位移大小為s1,受力分析 如圖甲所示，由牛頓第二定

17、律可得： N=mgf =(1 N1 = ma1解得：a1= 5 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：力="=5 s= 1 s a15f2= (1 N2mgsin 0+ f2= ma22由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：S2=f解得：a2= 10 m/s2, S2= 1.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為:h=S2Sin 0=1.25X0.6 m = 0.75 m沿8傳送帶上升的時(shí)間為："胃=150 s= 0.5 s故總時(shí)間為：t=tl + t2+t3= 1.8 So(2)設(shè)CD傳送帶以速度V2沿順時(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，當(dāng)工件的速度大于 V2時(shí)，滑動(dòng)摩擦力 沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2 ；當(dāng)工件的速度

18、小于 V2時(shí)，滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)其加速度大小為a3,兩個(gè)過程的位移大小分別為S3和S4,受力分析如圖丙所示，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律可得：2a2s3= V22 V12mgsin 0 f2= ma32a3s4= 0 V22Lcd= s3+ s4解得：V2= 4 m/s。答案(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s模型2滑塊一木板模型""i族二天版H逅啦£麗手,正麗兄面我向S綜吾桂彳遜i而!鼠能而血君一”一” !核學(xué)生運(yùn)用動(dòng)力學(xué)規(guī)律解決問題的多種能力，具有很好的區(qū)分度，因此在歷年的高考?jí)狠S!題中頻頻出現(xiàn)。其基本情景為兩體或多體相互作用，并發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

19、，從而突出力學(xué)主線 -I知識(shí)的應(yīng)用。例2 (2020屆高三濟(jì)南外國語學(xué)校模擬)如圖甲所示，質(zhì)量 M = 1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以= 0.1,在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m =1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.4,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度 g取10 m/s2。tl54 -0 2 4 6 ft W 12 14甲乙(1)若木板長L=1 m,在鐵塊上加一個(gè)水平向右的恒力F=8 N,經(jīng)過多長時(shí)間鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的右端？(2)若木板長L=1 m,通過擊打鐵塊使其獲得一個(gè)水平向右的初速度vo并恰好能夠滑到木板最右端，求 V0的大小。

20、(3)若在木板(足夠長)的右端施加一個(gè)大小從零開始連續(xù)增加的水平向左的力F，請(qǐng)?jiān)趫D乙中畫出鐵塊受到的摩擦力 f隨力F大小變化的圖像。審題指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)情景是什么？(1)力加到鐵塊上時(shí)，鐵塊和木板均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且鐵塊的加速度大于木板的加速度；(2)鐵塊獲得初速度后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板同時(shí)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，鐵塊恰好滑到木板最右端時(shí)二者達(dá)到共同速度，之舟F向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止；(3)力加到木板上時(shí)，鐵塊的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度用到什么規(guī)律？勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式、牛頓第二定律采用什么畫出鐵塊和木板的受力示意圖及運(yùn)動(dòng)過程示意圖,找出各運(yùn)動(dòng)過程的位移關(guān)方法？系、

21、時(shí)間關(guān)系等解析(1)由牛頓第二定律知，對(duì)鐵塊有F 陛mg= mai對(duì)木板有 業(yè)mg w(mg+Mg)=Ma21cle斛得a2= 2 m/s2>0,所以木板相對(duì)地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，又L =2ait2azt2解得t= 1 s。(2)鐵塊在木板上向右滑動(dòng)時(shí)2mg = ma1滑動(dòng)木板最右端時(shí) 丫=丫021%對(duì)木板有v=a2t1一 .11c又 L = (vot1一 221%2)2a2t12解得vo=2 . 3 m/so當(dāng)FW3(mg+Mg)=2 N時(shí)，木板和鐵塊都靜止，f=0設(shè)木板和鐵塊都運(yùn)動(dòng)，兩者剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，作用在木板上的力大小為Fi對(duì)鐵塊有 .mg = ma對(duì)木板有 Fi 國(mg +

22、Mg) p2mg = Ma解得 Fi= 10 No當(dāng)m(mg+Mg)<F<10 N時(shí)，木板和鐵塊相對(duì)靜止則有 F 黑(mg + Mg)= (m + M)af= ma解得 f = 2 1 N。當(dāng)F>10 N時(shí)，鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)，此時(shí)f=盧mg = 4 N故鐵塊受到的摩擦力 f隨力F大小變化的圖像如圖所示。答案(1)1 s (2)2* m/s (3)見解析圖關(guān)鍵點(diǎn)撥1 .滑塊一木板模型中的“一個(gè)轉(zhuǎn)折”和“兩個(gè)關(guān)聯(lián)”1 1) 一個(gè)轉(zhuǎn)折一一滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變 化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)一一轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間

23、的關(guān)聯(lián)。2 .滑塊一木板模型的兩大臨界條件(1)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：兩者速度或加速度不相等。動(dòng)力學(xué)條件：兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時(shí)兩者速度相同。專題強(qiáng)力II提能1 .如圖甲所示，傾角0= 30。的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P,輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊 A連接，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，若 A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力1Ft緩慢拉B,當(dāng)拉力FT=mg時(shí)，A、B的位移為L;若A、B不粘連，用一沿斜面向上的 恒力F作用在B上，當(dāng)A的位移為L時(shí)，A

24、、B恰好分離，重力加速度為 g,不計(jì)空氣阻力。甲乙(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；(2)請(qǐng)推導(dǎo)Ft與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出Ft-1圖像，計(jì)算A緩慢移動(dòng)位移L的過程中Ft做功Wft的大小；(3)當(dāng)A、B不粘連時(shí)，恒力 F作用在B上，求A、B剛分離時(shí)速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為 k,初始時(shí)A、B靜止，彈簧的壓縮量為 x,根據(jù)平衡條 件可得 2mgsin 0= kx當(dāng)A、B的位移為L時(shí)，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得Ft+ k(x L) = 2mgsin 0第19頁共15頁解得k=mg當(dāng)A、B恰好分離時(shí)二者之間的彈力為零，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(x L) mgs

25、in 0= ma對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律可得F mgsin 0= ma3斛得F = 4mg。(2)當(dāng)A的位移為l時(shí)，根據(jù)平衡條件有:Ft + k(x l)= 2mgsin 0畫出Ft-1圖像如圖所示，A緩慢移動(dòng)位移L,圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于Ft做功大小，即 Wft= «mgLo8(3)設(shè)A通過位移L的過程中彈力做功 W,分別對(duì)兩個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:Wft 2mgL sin 0+ W=0 0一12cWf2mgLsin。+ W=2X2mv20又 Wf = FL ,解得 v = 1V10gLo答案：mg 3mg (2什丁 =能 見解析圖8mgL (3)10gL2 . (2020屆高

26、三 天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長為L = 2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度vo=5 m/s滑上木板，滑到木板右端時(shí)恰好停止。現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角0= 37。，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板日的能量損失，g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37=0.8。求：受 i甲乙(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)百(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為 m,木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a,則對(duì)滑塊有it mg= ma滑塊滑到木板右端時(shí)恰好停止，有0 vo2=

27、2aL1斛得2。(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，最大距離為s,上滑的時(shí)間為 力，有mgsin 0+ mgos 0= ma10 v02= 2a1s0= V0 a1t1一 151解得 s=4 m, t1 = 2 s設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2,下滑的時(shí)間為t2,有mgsin 0 mgos 0= ma2s= 2a2t22解得t2=坐s滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間,15t=t + t2=2 s。答案：(1)21 s3 . (2020南昌模擬)在傾角0= 37°的粗糙斜面上有一質(zhì)量m=2 kg的物塊，物塊受如圖甲所示的水平恒力 F的作用。t=0時(shí)刻物塊以某一速

28、度從斜面上A點(diǎn)沿斜面下滑，在t=4 s時(shí)滑到水平面上，此時(shí)撤去F,在這以后的一段時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知 A點(diǎn)到斜面底端的距離 x= 18 m,物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均 相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機(jī)械能損失，g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8。求：甲乙(1)物塊在A點(diǎn)的速度大小;(2)水平恒力F的大小。解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則x = v02xt解得 V0= 5 m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為ai,方向沿斜面向上，則,L ,2x= vot 2ait2解

29、得 ai=0.25 m/s2設(shè)物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為肉物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2,有mg= ma2由題圖乙中圖線可知 a2= 2 m/s2解得尸0.2物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)所受的摩擦力為Ff,則Fcos 0 mgsin 0+ F f= maiFf =FnFn= mgcos 0+ Fsin 0解得 F=10.1 No答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4 .(2020全國卷出)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為 R的光 滑圓弧軌道 ABC和水平軌道 PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道3 一的直徑，。為圓心，OA和OB之間的夾角為 % sin 一質(zhì)5量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)

30、A點(diǎn)沿圓弧軌道通過 C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小?g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F,由力的合成法則有3Fo= mgtan a= 4mg5 =皿=5mgcos a 4 D設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v,由牛頓第二定律得v2F = mR解得 v=2gRo(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為

31、于D點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得DA=Rsin ”CD=R(1+cos a)小球由A到C的過程中，由動(dòng)能定理有12 12mg CD F o DA = 2mv2 2mvi2解得vi='3犯所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為m ,23gR p= mv i =2。(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vy=vsin a、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),，1 ,2CD = vyt + 2gt3解得t= 5答案：4mg曾(2)可 (3)35 .如圖所示，傳送帶長6 m ,與水平方向的夾角為37°,以5 m/s的恒定速度沿順時(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)。一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸 0.5, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8, g 取 10 m/s2。(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大??；(2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsi