资源简介

(共64张PPT)
第二讲　动量和能量观点的应用
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
动量、冲量、动量定理
均为矢量,p为状态量,I为过程量
命题角度1　动量、冲量的理解
(1)公式:p=mv, I=Ft。
命题角度2　动量定理的应用
(1)确定研究对象。一般选单个物体或多个物体组成的系统。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要列出其他补充方程,最后代入数据求解。对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理。
命题角度3　用动量定理处理流体问题
(1)建构“柱状模型”:沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S。
(2)微元法研究:作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt。
(3)列方程求解:应用动量定理研究这段柱状流体。
深化拓展　应用动量定理时应注意的四个要点
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。
注意:这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。
可能是流体
(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初、末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
典例剖析
例1(命题角度2)(2022广东执信中学模拟)辘轳是我国古老的打水工具,如图所示,其由辘轳头、摇柄等部分组成,辘轳头和摇柄固定,转动摇柄即可打水。圆柱体辘轳头直径为d,桶和水的总质量为m,某次打水摇柄转动n圈将水桶匀速提到井口,用时为t,已知重力加速度大小为g,
圆周率为π,忽略空气阻力,将水桶视为质点。
(1)求打水过程中绳索拉力做功的功率。
(2)在这次打水过程中,当水桶提到井口停下时,绳索
突然断裂,水桶又掉进井里,撞击水面经时间t'后速度
减为0,求水桶撞击水面时的速度大小及撞击水面的
平均作用力大小。
对点训练
1.(命题角度1)(多选)(2022湖南卷)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是(　　)
A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小
B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变
C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小
D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变
AC
解析 由v-t图像可知,0~t1时间内,返回舱的速度减小,加速度减小,返回舱重力的瞬时功率P=mg·v变小,故A正确,B错误;t1~t2时间内,返回舱的速度继续减小,返回舱的质量不变,则返回舱的动量p=mv减小,故C正确;t2~t3时间内,返回舱的速度不变,动能不变,高度下降,重力势能减小,返回舱的机械能减小,故D错误。
2.(命题角度3)(2022山东济南模拟)如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图,5节质量均为m的车厢编组运行,只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行,经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中,1号车厢会受到前方空气的阻力,假设车厢碰到空气前空气的速度为0,碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同,已知空气密度为ρ,1号车厢的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S。不计其他阻力,忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时,3号车厢对4号车厢的作用力大小为(　　)
A
考点二
动量守恒定律的理解及应用
核心归纳
命题角度1　动量守恒的判断及理解
(1)动量守恒的研究对象是相互作用的系统,以下条件满足任意一种即动量守恒:
①不受外力或所受外力的合力为零;②内力远大于外力;③某一方向上合力为零,则该方向上动量守恒。
重点理解矢量性、相对性和同时性
(2)表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
命题角度2　动量守恒定律的应用
命题角度3　碰撞模型的规律和应用
(1)一般碰撞模型的三个特点:①动量守恒;②动能不增;③速度符合实际情况。　　　　　 质量相等时,交换速度
①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换)
②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)
③当m10(小碰大,要反弹)
④当m1 m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)
⑤当m1 m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)
典例剖析
例2(命题角度2)(2022北京石景山期末)如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起,从高度为h处由静止释放,它们一起下落,不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)在下落过程中,两个小球之间是否存在相互作用力 请说明理由。
(2)已知h远大于两球半径,所有的碰撞都没有机械能损失,且碰撞前
后小球都沿竖直方向运动,若两小球碰撞后质量为m2的小球恰处于
平衡状态,求:
①落地前瞬间,两个小球的速度大小v0;
②两个小球的质量之比m1∶m2;
③质量为m1的小球上升的最大高度H。
解析 (1)在下落过程中,两个小球之间不存在相互作用力,任意时刻它们均处于完全失重状态,其速度和加速度都相同,不会相互挤压,其间没有相互作用力。
②两个小球以相同的速度v0落到地面,质量为m2的小球先与地面发生弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向反向;接着与质量为m1的小球碰撞,碰后质量为m2的小球的速度恰好减为零,质量为m1的小球的速度为v1,取向上为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有
-m1v0+m2v0=m1v1
对点训练
3.(命题角度1)(2022湖南怀化期末)如图所示,A、B两物体的质量比mA∶mB=3∶2,它们原来静止在小车C上,A、B间有一根被压缩了的弹簧,A、B与小车上表面间动摩擦因数相同,地面光滑。当弹簧突然释放后,若A、B两物体分别向左、右运动,则有(　　)
A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C系统动量守恒
C.小车向右运动
D.小车保持静止
B
解析 当弹簧释放后,A、B两物体分别向左、右运动,A受C向右的摩擦力,B受C向左的摩擦力,因两物体质量不相等,滑动摩擦力大小为μmg,所以两物体受摩擦力大小不相等,因此A、B系统受合外力不等于零,A、B系统动量不守恒,A错误;由于地面光滑,A、B、C系统受合外力等于零,系统动量守恒,B正确;因A的质量大于B的质量,则A对C向左的摩擦力大于B对C向右的摩擦力,所以小车受合外力向左,小车向左运动,C、D错误。
4.(命题角度3)(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子质量大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是
(　　)
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
B
5.(命题角度2)(2022山东威海模拟)质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球。
重力加速度为g,求:
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;
(2)从C球释放到第一次摆到最低点的
过程中,B移动的距离;
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。
解析 (1)对A、B、C系统,由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得
mvC=2mvAB
(2)对A、B、C系统,由人船模型规律可得mxC=2mxAB
xC+xAB=l
联立解得,从C球释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离为
(3)对A、C系统,取向左为正方向,水平方向由动量守恒可得
mvC-mvAB=2mv
由机械能守恒定律可得
考点三
动量与能量的综合应用
核心归纳
命题角度1　多物体、多过程碰撞类问题
(1)认真分析过程,弄清受力情况和运动情况;
末状态有时需要由临界状态或极值点确定
(2)灵活确定研究对象(系统)和作用过程,用动量守恒定律列方程求解。
命题角度2　弹簧类碰撞问题
(1)一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律;
有摩擦时机械能不守恒,能量守恒
(2)弹簧的两个状态:①原长——弹性势能为零;②最短或最长——连接的物体共速,弹性势能最大。　　　　
速度出现极值
命题角度3　“子弹打木块”模型和“滑块一滑板”模型
(1)一般动量守恒、机械能不守恒;
(2)系统产生的内能Q=Ff·x相对。
深化拓展　动量与能量结合问题的五条解题策略
(1)弄清有几个物体参与运动,并划分清楚碰前的物体的运动过程和碰后的物体的运动过程。
(2)构建物理模型,进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点,分析过程是要根据题目的关键词句或图像信息弄清隐含的临界条件。
(3)注意正确选用物理定律,在光滑的平面或曲面上的运动,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定守恒;碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律解答。
在多过程中,碰撞过程一般是一个子过程
(4)如果是弹性碰撞,碰撞过程总动能也不变。一些关键碰撞的二级结论要记住,如“一动碰一静”弹性正碰模型。
(5)如果含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。
典例剖析
例3(命题角度1、3)(2022广东模拟预测)
如图所示,质量为m0=2 kg的滑槽静止在
光滑的水平地面上,滑槽的AB部分是长
为l=1 m的粗糙水平面,BC部分是半径
为R=0.2 m的四分之一光滑圆弧轨道,
滑块P置于滑槽上面的A点。一根长为L=0.9 m、不可伸长的轻质细绳一端固定于O',另一端系着小球Q。将小球Q拉至细绳与竖直方向成60°角的位置,由静止释放,小球Q到达最低点时与滑块P发生弹性碰撞且时间极短,最终滑块P未离开滑槽。已知滑块P和小球Q的质量均为m=1 kg,它们均可视为质点,g取10 m/s2,忽略空气阻力,设滑块P与滑槽AB之间的动摩擦因数0<μ<1。
(1)求碰撞瞬间滑块P所受冲量I的大小。
(2)若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C,求动摩擦因数μ0。
(3)讨论滑块P在整个运动过程中,是否有可能在某段时间里相对地面向右运动 如不可能,说明理由;如可能,试求出P向右滑动时动摩擦因数μ的取值范围。
答案 (1)3 N·s　
(2)0.1　
(3)滑块P有可能在某段时间里相对地面向右运动　0.15≤μ<0.225
解析 (1)对小球Q摆到最低点的过程,根据机械能守恒定律可知
解得v1=3 m/s
因Q和P质量相等且发生弹性碰撞,因此碰撞后Q静止,P以v1的速度在滑槽上开始运动,所以碰撞瞬间滑块P所受的冲量为
I=mv1=1×3 N·s=3 N·s。
(2)若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C,取向左为正,对滑块P和滑槽组成的系统,由水平方向动量守恒可得
mv1=(m+m0)v
根据能量守恒定律可得
解得v=1 m/s,μ0=0.1。
(3)当滑块P从圆弧轨道滑回B点速度恰好为0时,μ有最大值,利用动量守恒定律和能量守恒定律可得mv1=m0v2
解得v2=1.5 m/s,μ1=0.225
故μ<0.225时滑块P会相对地面向右运动,由于滑块P未离开滑槽,所以当滑块P从圆弧轨道滑回A点且二者共速时,μ有最小值,利用动量守恒定律和能量守恒定律可得mv1=(m0+m)v2'
联立解得μ2=0.15
所以当0.15≤μ<0.225时,滑块P有可能在某段时间里相对地面向右运动。
素养提升 (1)Q与P弹性正碰瞬间可以认为速度突变、位置不变,故满足动量守恒,不要认为滑槽水平部分粗糙,Q与P相碰动量就不守恒。
(2)滑块P滑到滑槽轨道最高点时一定与滑槽共速,而返回水平轨道过程,滑槽一定继续加速,滑块P只能减速,故最终二者不可能在B点共速。
对点训练
6.(命题角度1、2、3)(2022安徽舒城中学模拟)一轻质弹簧两端连接两滑块A和B,放在光滑水平桌面上,已知mA=0.99 kg,mB=3 kg,开始时弹簧处于原长,现滑块A被水平飞来的质量为mC=10 g、速度为800 m/s的子弹击中,且子弹立即留在滑块A中,如图所示,求:
(1)子弹击中滑块A后瞬间,子弹和滑块A的共同速度的大小;
(2)运动过程中弹簧的最大弹性势能;
(3)当滑块A的速度大小为1 m/s时,弹簧的弹性势能。
解析 (1)子弹击中滑块A的过程,作用时间极短,子弹与滑块A组成的系统动量守恒
mCv0=(mC+mA)vA
(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统,A、B速度相等时弹性势能最大,根据动量守恒定律和功能关系可得
mCv0=(mC+mA+mB)v
(3)当滑块A的速度大小为1 m/s,且与滑块B同向时,由动量守恒定律有
mCv0=(mA+mC)vA1+mBvB1
当滑块A的速度大小为1 m/s,且与滑块B反向时,由动量守恒定律有
mCv0=-(mA+mC)vA2+mBvB2
解得vB2=3 m/s
弹簧的弹性势能
微专题 热考命题突破
命题篇
重要思维方法 应用力学三大观点解决综合问题
模型建构
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的瞬时对应关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时, 一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
考向分析
考查力学三大观点的综合应用题往往以高考压轴题的形式出现,主要涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律等知识点,这类题目综合性强、难度大,较好的考查考生的理解能力、模型构建能力、逻辑推理能力和分析综合能力。
案例探究
例题如图所示,在倾角为37°的斜面上放置一质量为
m的物块B,物块B的下端连接一轻质弹簧,弹簧下端与
挡板相连接,物块B平衡时,弹簧的压缩量为x0,O点为
弹簧的原长位置。在斜面顶端再连接一光滑的半径
R=0.6x0的半圆轨道,半圆轨道与斜面相切于P点,D点
为半圆轨道最左端。在斜面顶端有一质量也为m的物块A,与物块B相距4x0,现让A从静止开始沿斜面下滑,A、B相碰后立即一起沿斜面向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又一起向上运动,并恰好回到O点,A、B均可视为质点。已知斜面OP部分粗糙,且A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25,其余部分光滑。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)求物块A、B相碰后瞬间的共同速度大小。
(2)求物块A、B相碰前弹簧具有的弹性势能。
(3)若让物块A以某一初速度从P点沿半圆轨道上滑,恰好能通过最高点后落在斜面上,求A的落点到P点的距离。
(4)若让物块A以某一初速度v自P点沿斜面下滑,与物块B碰后返回到P点还具有向上的速度,则v为多大时物块A恰能通过半圆轨道的最高点 A、B分离瞬间,B物块即被锁定。
解题指导
审题:
关键词句 分析解读
物块B平衡时,弹簧的压缩量为x0 物块B初始状态已知
物块A与物块B相距4x0,现让A从静止开始沿斜面下滑 物块A初始位置和运动状态已知
A、B相碰后立即一起沿斜面向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又一起向上运动,并恰好回到O点 A、B碰撞,然后一起运动到O点
A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25,其余部分光滑 物体在O、P间运动时受摩擦力
若让物块A以某一初速度从P点沿半圆轨道上滑,恰好能通过最高点后落在斜面上 竖直平面圆周运动最高点状态已知
破题:1.前两问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)碰后,物块A、B和弹簧组成的系统再运动到O点的过程。各个过程应用相应的规律和公式求解。
2.第3问,根据临界条件求出最高点C的速度为vC,然后根据动能定理求D点速度,再根据运动合成和分解,求A的落点到P点的距离。
3.第4问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A以某一初速度下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)A与B碰撞结束后到O点的过程;(4)物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C的过程。各个过程应用相应的规律和公式求解。
解析 (1)物块A与B碰撞前后,设物块A的速度分别为v1和v2,物块A下滑过程中由动能定理,
(2)碰后,物块A、B和弹簧组成的系统在运动到O点的过程中由能量守恒定律,有
解得Ep=0.3mgx0。
(3)设物块A在最高点C的速度为vC,物块A恰能通过半圆轨道的最高点C时,
设物块A离开轨道最左端D时的速度为vD,物块A从C点到D点的过程中由动能定理,有
物块A的运动可分解为沿D点切线方向的匀加速直线运动和垂直于D点切线方向的类自由落体运动,设落点到P点的距离为x,有
(4)如图所示,设物块A与B碰撞前A的速度为vA,碰撞后共同的速度为vB,物块A从P点到与物块B碰撞前的过程中,由能量守恒定律,有
物块A与B碰撞的过程中动量守恒,有mvA=2mvB
物块A与B碰撞结束后到O点的过程中机械能守恒,有
由于物块A与B不粘连,到达O点,A与B分离时,B被锁定。
物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C,最高点C相对于O点的高度
h=R+Rcos 37°+3x0sin 37°=2.88x0
物块A从O点到C点的过程中由能量守恒定律,有
方法点拨 涉及动量问题的多过程问题的分析思路及模型
角度拓展 (2022山东卷)如图所示,“L”型平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为m的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1 kg,B的质量mB=0.3 kg,A与B的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;
(4)实现上述运动过程, 的取值范围(结果用cos 5°表示)。
解析 (1)设水平向右为正方向,O'点右侧光滑,
则A与B碰撞时A的速度为v0=4 m/s
由题意可知A与B发生弹性碰撞,
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB
代入数据,联立解得vA=-2 m/s(方向水平向左)
vB=2 m/s(方向水平向右)。
(2)A受到B的摩擦力FfA=μ1mAg=0.4 N
B受到地面的摩擦力FfB=μ2(mA+mB)g=0.9 N
由题意可知A返回到O点的正下方时,小球恰好第一次上升到最高点,设小球做简谐运动的周期为T,摆长为l,(共86张PPT)
第一讲　动能定理、机械能守恒定律、
功能关系的应用
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
功和功率的分析与计算
核心归纳
命题角度1　功的计算
(1)恒力做功:W=Fxcos α,W总=F合xcos α或W总=W1+ W2+…
　　 F-x图像中面积表示功
(2)变力做功:一般用动能定理或图像法求解。
命题角度2　功率的计算
(2)瞬时功率:P=Fvcos α。 力与力方向上的速度的积
命题角度3　机车启动问题
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。
(3)以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。
(4)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=Ffvm,P为机车的额定功率。
典例剖析
例1(命题角度3)(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　)
A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
C
解析 本题考查机车启动问题,考查分析综合能力。动车组匀加速启动过程中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得
对点训练
1.(命题角度2)(2022山东师范大学附中模拟)济南市泉城广场的荷花音乐喷泉是广场的主要景观之一,其中一个喷水管喷出的水柱,从远处看,达到30层楼的高度;靠近看,喷管的直径约为10 cm。水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,电动机用于给该喷管喷水的功率约为(　　)
A.3×104 W
B.7.5×104 W
C.1.5×105 W
D.3×105 W
D
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻受到一个水平方向的恒力F作用,3 s末撤去恒力F,物体继续滑行一段时间停下,物体的运动图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2,关于物体的运动下列说法正确的是(　　)
A.物体与地面间的动摩擦因数为0.5
B.整个过程恒力F做功625 J
C.整个过程恒力F做功的功率为250 W
D.恒力F的最大功率为250 W
AB
考点二
动能定理的理解及应用
核心归纳
命题角度1　用动能定理求变力做功
先求动能变化,根据动能定理先确定合力的功或各功的代数和,再求某个变力的功。
命题角度2　动能定理的图像问题
(1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。
(2)挖掘图像信息——利用面积或斜率求出需要的物理量,必要时依据动能定理列式求解。
命题角度3　运用动能定理解决多过程及往复运动问题
受力和运动分析
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展　应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
典例剖析
例2(命题角度3)某遥控赛车轨道如图所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10 m后,从B点进入半径R=0.1 m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1 kg,通电后赛车以额定功率P=1.5 W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= ,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点O时的速度v0的大小。
(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间。
(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度。
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
光滑竖直圆轨道 竖直圆轨道没有摩擦力
最后在D点速度方向变为水平后飞出 从D点向右做平抛运动
赛车以额定功率P=1.5 W工作 以恒定功率运动,牵引力做功可求
赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= 两段摩擦力可求
恰好能过圆轨道最高点O时的速度 重力完全提供向心力的临界状态
选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大 需要建立函数关系,求极值
破题:1.确定赛车为研究对象,明确运动过程,从“恰好能过圆轨道最高点O时的速度”入手,求出临界速度。
2.赛车共受到牵引力、摩擦力、重力、地面及轨道的弹力,其中牵引力做正功,摩擦力和重力做负功,弹力不做功;赛车在A点速度为0,在O点速度为第(1)问结果v0,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求解。
代入数据可得v0=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为1 m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得
(3)赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,
素养要语　1.本题属于多过程问题,求解时要选择合适的过程,可选全过程应用动能定理,这样可以避开对每个运动过程的具体细节进行分析,具有过程简明、运算量小等优点。但要注意写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负。
2.如果全过程中,某个点的状态是已知的,应将全过程从已知点分开应用动能定理来研究。
对点训练
3.(命题角度1)如图甲所示,静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半圆,则小物块运动到x0处时的动能为(　　)
A.0
甲
乙
C
4.(命题角度2)(2019全国Ⅲ卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
C
解析 根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,
其中Ek2=36 J,Ek1=72 J,h=3 m
在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m
联立求得m=1 kg
故选C。
5.(命题角度3)(2020浙江卷T20衍生题)如图所示,竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切,C为切点,圆弧轨道的半径为R,斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑,滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,求:
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h;
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析 (1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程,现以DF整个过程为研究过程,
考点三
机械能守恒定律的理解及应用
核心归纳
　 只有重力做功
命题角度1　单个物体的机械能守恒
(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。
(2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。
明确牵连物体间速度和位移的关系
命题角度2　多个物体系统机械能守恒
(1)适用条件:只有重力和系统内弹力做功。
(2)一般用“转化观点:ΔEp=-ΔEk”或“转移观点:ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。
深化拓展　机械能守恒定律应用中的“三选取”
(1)研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体
(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选
几个物体组成的系统为研究对象,如图所示,单选物体A机
械能减少不守恒,但由物体A、B组成的系统机械能守恒。
(2)研究过程的选取
研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)机械能守恒表达式的选取
①守恒观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需选取参考面)
②转化观点:ΔEp=-ΔEk。(不需选取参考面)
③转移观点:ΔEA增=ΔEB减。(不需选取参考面)
典例剖析
例3(命题角度2)(2022江苏常州高三期中)如图所示,长度为3l的轻杆一端固定一质量为m的小球,另一端连接固定在天花板上的转轴O,轻杆可以在竖直平面内自由转动。小球通过与O等高的定滑轮用足够长的轻绳连接一物块,滑轮与转轴相距5l,用手将小球缓慢放下,当杆与绳垂直时撒手,系统恰能平衡。忽略一切摩擦,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求物块的质量。
(2)将小球从图中水平位置释放,当杆与绳垂直
时,求小球的速度和杆对小球的拉力。
(3)在(2)的条件下,通过计算说明杆是否能运动
到竖直位置。
解析 (1)当杆与绳垂直时,受力分析如图所示
根据几何关系得
根据平衡条件得
F2=mgcos 53°=m物g
解得m物=0.6m。
(2)设小球下降的高度为h,小球的速度为v,杆与绳垂直时,物块速度与小球速度大小相等,如图所示
小球下降的高度h=3lsin θ=2.4l
物块上升的高度h'=3ltan θ-2l=2l
整个系统机械能守恒
(3)假设小球可以到达竖直位置,则小球下降的高度为3l,物块上升的高度为
对点训练
6.(命题角度1)(2022全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由
下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
C
解析 本题考查机械能守恒定律。如图所示,设圆环下降的高度为h,圆环的半径为R,圆环到P点的距离为l,
7.(命题角度2)(多选)(2022福建高三模拟)如图甲所示,可视为质点的物体A、B通过轻绳连接在光滑轻质定滑轮两侧,并在外力的作用下保持静止,两物体距离地面高度相同且轻绳处于绷紧状态。t=0时刻撤去外力后,0~t1时间内物体A的动能Ek、重力势能Ep(取地面为重力势能的零势能面)随时间t的变化关系如图乙所示。已知物体B的质量mB=3 kg,且物体B始终没有与定滑轮相碰,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.物体A的质量为5 kg
B.0~t1时间内,物体B的机械能增加了21 J
C.当物体A的重力势能与动能相等时,
物体A距地面的高度约为0.57 m
D.物体B离地的最大高度为2.8 m
BC
解析 A、B组成的系统的机械能守恒,由题图乙可知0~t1时间内A的机械能减小,ΔEA=140 J-105 J-14 J=21 J,则B的机械能增加了ΔEB=21 J,B正确;设此
考点四
功能关系的理解及应用
核心归纳
命题角度1　功与能量变化的对应关系
(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现。
命题角度2　摩擦力做功的特点
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是力与对地位移的乘积。
(2)一对静摩擦力对系统做功为零,系统克服滑动摩擦力做功等于产生的内能,Q=Ff·x相对。 相对路程,一般为相对位移
命题角度3　能量守恒定律的应用
(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。
深化拓展　常见的七种功能关系
典例剖析
例4(命题角度1、3)(2021全国甲卷)如图所示,
一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中
未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速
带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车
(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释
放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能。
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能。
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
答案 (1)mgdsin θ
解析 (1)第30个后,两相邻减速带间平均速度相同,即经过每两个减速带的距离d、初速度v0、末速度vt都相同,可推出在每相邻减速带间,因重力做功获得的动能等于过每个减速带时损失的能量。则有第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能ΔE1=mgdsin θ。
(2)小车通过前30个减速带的过程中,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于动能的增加量与经过减速带损失的机械能之和
(3)小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能
ΔE2'>ΔE1
联立以上各式解得
对点训练
8.(命题角度1)(多选)(2021广东卷)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等
C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
BC
9.(命题角度2)(多选)(2022广东珠海高三期末)皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等行业,完成物品的传输、装卸工作,极大地提高了工作效率。如图所示,水平传送带在电动机带动下以恒定速率v运行,某时刻一个质量为m的快递包裹(可视为质点)以初速度v0(v0传送带上运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.快递包裹先受到滑动摩擦力的作用,后受到静摩擦力的作用
B.0~t0时间内,快递包裹所受摩擦力对快递包裹做功的功率越来越大
C.若仅增大快递包裹的初速度v0(v0仍小于v),则快递包裹被传送的整个过程中传送带对快递包裹所做的功也一定增加
D.电动机因传送该快递包裹而多消耗的电能为μmgvt0
BD
解析 由题意可知,快递包裹先受向右的滑动摩擦力做加速运动,速度与传送带相同后做匀速运动,匀速运动阶段不受摩擦力,A错误;0~t0时间内,快递包裹所受摩擦力恒为μmg,摩擦力做功功率为P=μmgv,快递包裹速度越来越大,则摩擦力对快递包裹做功的功率越来越大,B正确;由动能定理知,整个过程中传送带对快递包裹所做的功等于快递包裹动能的增量,所以v0增大,而末速度不变,动能增量减小,传送带对快递包裹做的功减小,C错误;电动机因传送该快递包裹而多消耗的电能等于传送带克服快递包裹摩擦力所做的功,在0~t0时间内,传送带的位移为x=vt0,克服摩擦力所做的功为W=μmgvt0,D正确。
10.(命题角度3)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1.5 kg,轻弹簧的劲度系数k=100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep= kx2(k为弹簧的劲度系数,
x为弹簧的形变量)。g取10 m/s2,求:
(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能;
(2)使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值;
(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中,
力F对木块做的功。
答案 (1)4.5 J　(2)6 N　(3)1.44 J
解析 (1)对A、B组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,
则Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10 N=30 N
(2)A与B开始运动时加速度是相等的,AB组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对AB系统的弹力最大,所以拉力F最小,由牛顿第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a
代入数据可得Fmin=6 N。
(3)设A、B分离时弹簧压缩了x2,二者分离时A与B之间的作用力为0,由牛顿第二定律对B
有kx2-mBg=mBa
得x2=0.18 m
此过程A、B上升高度h=x1-x2=0.30 m-0.18 m=0.12 m
设分离时A、B速度为v,则v2=2ah
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 游乐场中的功能关系应用
情境解读
过山车是一种富有刺激性的娱乐工具。那种风驰电掣、有惊无险的感受令不少人着迷。如果你对物理学感兴趣的话,那么在乘坐过山车的过程中不仅能够体验到冒险的快乐,还有助于理解力学定律。这类问题简化的物理模型如图所示,某一状态(点)的问题要用牛顿第二定律或向心力公式(如图中的A点或B点、C点、D点、P点等);涉及过程时一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律(如图中的PA、PC、BD、AC等),题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
考向分析
高考试题中,常以“过山车”类——竖直平面内的圆周运动为背景,考查动能定理、机械能守恒定律等。
案例探究
例1图甲是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1,水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20 m,质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时,乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车与DE段轨道的动摩擦因数为μ= ,EF段摩擦不计,整个运动过程空气阻力不计。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
甲
乙
(1)求过山车过F点时的速度大小。
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
(3)若过D点时发现圆弧轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大
设要使过山车停在倾斜轨道上摩擦力至少为Ff2,Ff2=mgsin θ=6 000 N
综合考虑可知摩擦力至少为6 000 N。
角度拓展1 游乐场的过山车可以
底朝上在竖直圆轨道上运行,可
抽象为如图所示的模型。倾角
为45°的直轨道AB、半径R=
10 m的光滑竖直圆轨道和倾角
为37°的直轨道EF,分别通过水
平光滑衔接轨道平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m的A点由静止下滑,经BCDC'EF最终停在G点,过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;
(3)减速直轨道FG的长度x。
联立代入数据可得FD=7 000 N
由牛顿第三定律可知过山车对轨道的作用力FD'=7 000 N。
(3)过山车从A点到达G点,
由动能定理可得mgh-mg(l-x)tan 37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0
代入数据可得x=30 m。
命题篇
经典物理模型 牵连体系统模型中功能关系的应用
模型建构
求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:(1)速率相等的连接体模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的连接体(牵连体)模型。
考向分析
高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查运动的合成与分解、机械能守恒定律或功能关系。
案例探究
例2如图所示,质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连,A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放,运动到P处时,轻绳与竖直杆之间的夹角为53°,此时A球的速度是v,B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是(　　)
A.在此过程中A球的机械能增加
C
解析 A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放,运动到P处的过程中,绳对A球做负功,A球机械能减小,A错误;A球运动到P处时,B球的速度vB=v∥
角度拓展2 (多选)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则(　　)
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,
b对地面的压力大小为mg
BD
解析 由题意知,系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb,此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将va、vb分解,如图所示。因为刚性杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v∥'是相等的,即vacos θ=vbsin θ。当a滑至地面时θ=90°,此时vb=0,由系统机械能守恒得 ,
选项B正确;同时由于b初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对b先做正功后做负功,选项A错误;杆对b的作用先是推力后是拉力,对a则先是阻力后是动力,即a的加速度
在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选
项C错误;根据系统能量守恒可知,当a的
机械能最小时,b的动能最大,则此时b的
速度最大,加速度为零,所以此时杆对b
没有作用力,b对地面的压力大小为mg,选项D正确。
解题篇
大题突破(二)功能关系在曲线运动中的综合应用
典例示范(16分)(2022浙江高三开学考试)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器,光滑水平轨道AB,竖直光滑半圆轨道BCD、DEF,光滑水平轨道FM,长度可调的粗糙水平轨道MN组成。游戏时滑块从A点弹出,经过两半圆轨道和两水平轨道后,由N点抛出,运动中要求滑块不脱离轨道。已知BCD半径r1=0.8 m,DEF半径r2=0.4 m,FM长也为r1,MN最长为3 m,滑块与MN之间的动摩擦因数μ=0.6。滑块质量m=0.02 kg,且可视为质点,弹射时滑块由静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力,各部分平滑连接。
(1)若弹簧的弹性势能Ep0=0.16 J,求滑块在B处受到半圆轨道的支持力FN的大小。
(2)取轨道MN长L=2.5 m,若滑块能到达N点,求弹簧的弹性势能Ep的最小值。
(3)若弹簧的弹性势能为0.52 J,调节MN的长度,求滑块落到水平台面上离B点的距离d的范围。
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
1.必要的文字说明不完整,应当进行补充。
技巧:必要的文字说明需要用简短的语言指明研究对象、研究过程和应用的规律,题干中没有的符号要做出说明。
2.受力分析不完整,向心力来源分析错误,导致②式不得分,同时③式结果错误不得分。
技巧:按受力分析的一般步骤分析力,不要漏力和添力。
3.(2)问解答结果正确,但没有验证“运动中要求滑块不脱离轨道”,导致得分不全。
技巧:认真审题,注意挖掘隐含条件。
4.不善于利用数学知识解答物理问题,(3)问中没有注意d与Lx的函数关系不具有单调性,导致d的范围确定错误。
技巧:求d的范围实际上是求极值问题,应用数学函数求极值的方法进行计算,出错率可能会降低。
总评:本题满分16分,该考生作答思路较清晰,但由于受力分析、题干条件验证、极值计算等细节粗心或考虑不周全,造成扣分,只得到9分,有点可惜。
【满分答卷】 (1)滑块从A点运动到B点的过程,
解得x0=2 m若滑块能到达N点,说明肯定能通过D点,
由能量守恒定律可知
Ep≥μmgL+mgr1=0.46 J。⑦(2分)
(3)设轨道MN的长度为Lx,滑块从N点抛出的速度为vN,
当Lx=0时,d=3.2 m (1分)
当Lx=3 m时,d=3.8 m (1分)
由数学知识可得当Lx=2.52 m时,dm=4.28 m (1分)
综上可得3.2 m≤d≤4.28 m。 (1分)
解答思路归纳

展开更多......

收起↑