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(2019·烟台高三三模)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)物体倾斜部分BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
[解析]　(1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1
解得a1＝6 m/s2
斜面BC长x1＝a1t＝3 m.
(2)物体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ，由题图乙可知F1＝9.6 N
解得m＝2 kg.
(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2 ＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2
解得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离x2＝
而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6 m/s2×1 s＝6 m/s
联立解得x2＝9 m
滑块克服摩擦力做的功为Wf＝fx2＝36 J.
[答案]　(1)3 m　(2)2 kg　(3)36 J
【题组突破】
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv ①
解得μ＝－v,2gs0). ②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得
v－v＝2a1s0 ③
v0－v1＝a1t ④
s1＝a2t2 ⑤
联立③④⑤式得
a2＝).
答案：见解析
2．(2019·上海嘉定区二模)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m＝1 kg的物体受到平行于斜面的力F作用，由静止开始运动．力F随时间t变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求第1 s内物体运动的加速度大小a1；
(2)求第2 s内物体运动的加速度大小a2；
(3)求第1 s末物体的动能Ek1；
(4)请描述物体在第4 s内的受力情况(或画出受力分析图)，并说明理由．
解析：(1)第1 s内物体受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N、平行斜面向上的摩擦力f和平行斜面向下的力F，合力沿斜面向下
由牛顿第二定律有
mgsin 37°＋0.6mg－μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2.
(2)第2 s内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f，物体还受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，由图乙可知力F平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛顿第二定律有
0．9mg＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝5 m/s2.
(3)物体在第1 s末的速度大小v1＝a1t1
Ek1＝mv＝50 J.
(4)第2 s初开始物体沿斜面向下以5 m/s2的加速度做匀减速运动，需要t0＝＝2 s速度减为0，故第3 s末速度为0，在第4 s内，有0.9mg>mgsin 37°＋μmgcos 37°＝0.8mg，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4 s内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f′，竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F(同学们可以自己画出受力分析图)．
答案：(1)10 m/s2　(2)5 m/s2　(3)50 J　(4)见解析

(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动．
(2)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．
(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．　
　用能量观点解决力学综合问题
【高分快攻】
1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律．
2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律．
3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．
4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
【典题例析】
轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
[解析]　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能
Ep＝5mgl ①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝ ③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0 ④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l ⑤
联立③⑤式得vD＝ ⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2 ⑦
P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l. ⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl ?
联立①②⑩?式得m≤M[答案]　见解析
【题组突破】
1.如图所示，光滑水平面AB与竖直平面内的半圆轨道在B点相切，半圆形轨道的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C(不计空气阻力)．求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．
解析：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，则有
FNB－mg＝m,R)
又FNB＝F′NB＝8mg
由能量守恒定律可知物体在A点时弹簧的弹性势能
Ep＝mv＝mgR.
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知
mg＝m,R)
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mv－＋2mgR))
解得Q＝mgR.
答案：(1)mgR　(2)mgR
2．(2019·德州模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2μmgLcos θ＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即·3mv2－0＝2μmgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝2μmgxcos θ＋Epm
解得Epm＝6 J.
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
　动量结合能量观点解决力学综合问题
【高分快攻】
动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．
1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．
2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．
3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．
4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．
5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
【典题例析】
(2019·芜湖市期末考试)如图所示，长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A，恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B.现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后由静止释放小球．小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞，物块向右滑行了L的距离停下．求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ.
(2)若仅改变A的质量，使物块B与A发生弹性碰撞后能向右滑行的距离为2L，则小球A的质量应该多大．
[解析]　(1)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律得：
×mv＝mg(L－Lcos 60°)
解得：v0＝
设碰撞后瞬间小球、物体的速度大小分别为v1、v2，由于碰撞是弹性的有：
mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv
解得：v2＝v0＝
对于物块向右滑行的过程，由动能定理有：
μmgL＝mv
μ＝0.5.
(2)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v′0，由机械能守恒定律得：
Mv′0＝Mg(L－Lcos 60°)
解得：v′0＝
设碰撞后瞬间有：Mv′0＝Mv′1＋mv′2
Mv′＝Mv′＋mv′
解得：v′2＝
若B物体前进2L停下则有：
μmg·2L＝mv′
得v′2＝
则有v′2＝＝
得：M＝(＋1)m.
[答案]　(1)0.5　(2)(＋1)m
【题组突破】
1．如图所示，竖直平面内有一个半径为 R＝0.8 m的固定光滑四分之一圆弧轨道PM，P为圆弧轨道的最高点．圆弧轨道最底端M 处平滑连接一长 s＝4.8 m 的固定粗糙水平轨道MN，N端为一个竖直弹性挡板，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B静止于M点，它们中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，A 恰好不能从 P 端滑出，B 与挡板碰撞时没有能量损失．A、B与水平轨道MN间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B均可视为质点，g取 10 m/s2 ，问：
(1)A刚滑上圆弧轨道时对轨道的压力为多大？
(2)炸药爆炸时有多少化学能转化为A、B的机械能？
(3)适当改变PM的轨道半径，保持其他条件不变，使炸药爆炸后，A与B刚好能同时回到M处发生碰撞，碰撞后粘在一起，A、B最终停在水平轨道上的位置距离M点多远？(结果保留 2 位有效数字)
解析：(1)设A刚滑上圆弧轨道的速度为 vA ，因为A刚好滑到P 点，由机械能守恒定律有：
mAv＝mAgR ①
设A在M点受到的支持力为F，根据牛顿第二定律得：
F－mAg＝mA,R) ②
联立①②式并代入数据，解得 F＝60 N ③
由牛顿第三定律知，A 物块在M 点对轨道压力的大小为60 N.
(2)设刚爆炸时B物块的速度为vB ，由动量守恒定律有：
mAvA－mBvB＝0 ④
根据能量守恒定律知炸药爆炸时转化为A和B的机械能为E＝mAv＋mBv ⑤
联立①④⑤式并代入数据，解得：E＝48 J． ⑥
(3)设B返回M点时的速度为v1，根据动能定理有：
－2μmBgs＝mBv－mBv ⑦
设A、B在M点碰撞后共同速度为v，根据动量守恒定律有：mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v⑧
设A、B静止时离M点距离为L，由动能定理有：
－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v2 ⑨
联立①④⑦⑧⑨式并代入数据，解得L＝0.36 m.
答案：(1)60 N　(2)48 J　(3)0.36 m
2．(2019·聊城二模)如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M＝0.9 kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m＝0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点．已知a点和b点距地面的高度分别为H＝2.4 m，h＝0.6 m．(取g＝10 m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小；
(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；
(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程．
解析：(1)小球从a到b做平抛运动，在竖直方向：
H－h＝gt2
小球到达b点时恰好沿斜面方向，
有tan 37°＝
解得：v0＝8 m/s.
(2)到达b点的速度v＝＝10 m/s
小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律得：mv2＝mv＋Mv
解得滑块与小球刚碰后的速度v2＝2 m/s
由几何关系知斜面长L＝＝1 m
滑块恰好反弹回到b点，由能量守恒定律得：
Mv＝μMgLcos 37°
解得：μ＝0.25.
(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c点的距离x2
由能量守恒定律得：Mg(L－x2)sin 37°＝μMgLcos 37°
解得：x2＝L＝ m
设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c点的距离x3
由能量守恒定律得：
Mg(x2－x3)sin 37°＝μMgx2cos 37°
解得：x3＝x2＝ m
以此类推x4＝x3＝ m
所以滑块在斜面上共通过的路程为
s＝3L＋2x2＋2x3＋…＋2xn＝7 m.
答案：(1)8 m/s　(2)0.25　(3)7 m
动量观点和能量观点的选取原则
动量 观点 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解
　
能量观点 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程
　用三大观点解析滑块—滑板模型和传送带模型
【高分快攻】
1．滑块—滑板问题的关键是分析运动过程，要特别注意“二者共速”这个临界点，“共速”时往往会发生摩擦力突变(滑动摩擦力变为静摩擦力)，运动状态突变(相对滑动变为相对静止)等情况．处理这类问题时要善于借助v－t图象进行分析，借助图象中围成的面积很容易求出二者间的位移差．
2．传送带模型题的分析流程
【典题例析】
(2019·日照模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的圆弧轨道，圆弧半径R＝5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的圆弧轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑．一长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)若h为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？
(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？
[解析]　(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理有mgh＝mv
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
N－mg＝m,R)
联立解得N＝40 N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为N′＝N＝40 N.
(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统
由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1
由动能定理得μmgL＝mv－(m＋M)v
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得
mgh1＝mv
代入数据解得h1＝3 m
要使工件能从CD轨道最高点飞出，h1＝3 m时物块有从AB轨道滑下且不脱离小车的最大速度，设其从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v′0，与小车达到共速时的速度为v′1，刚滑上CD轨道的速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
mv′0＝(m＋M)v′1
由动能定理得μmgL＝mv－Mv－mv
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得
mv＝mgr
工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得
mgh′＝mv
联立并代入数据解得h′＝ m
综上所述，要使工件能到达CD轨道最高点，应使h满足 m[答案]　见解析
【题组突破】
1．(2019·昌乐二中三模)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长l＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；
(3)A、B能够碰撞的总次数．
解析：(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Ep＝mv＋μ1mgl，
解得v0＝4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2.
运动的时间t1＝＝0.4 s，位移x1＝t1＝0.8 m.
此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，
加速时间为t2＝＝0.3 s，
位移为x2＝t2＝0.45 m.
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m.
全过程摩擦产生的热量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cos θ＝12.25 J.
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv2＝2nμ1mgl.
解得第二次碰撞后重复的过程数为n＝2.25，所以碰撞总次数为N＝2＋2n＝6.5≈6(取整数)．
答案：(1)4 m/s　(2)12.25 J　 (3)6次
2．(2019·济宁市二模)质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg的小物体A和B(均可看做质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s 和v2＝2.0 m/s 的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A、B与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2.
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度．
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度－时间图象．
解析：(1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向水平向右．
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得
μmgl1＋μmgl2＝mv＋mv－(2m＋M)v2　
解得l1＋l2＝4.8 m ，即车长至少为4.8 m.
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1－0＝＝1.0 s
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动．设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)
解得t2＝1.8 s
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动，小车运动的速度－时间图象如图所示．
答案：见解析
(建议用时：40分钟)
1．(2018·高考天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P.
解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v2＝2ax ①
代入数据解得
a＝2 m/s2. ②
(2)设飞机滑跑受到阻力为F阻，依题意有
F阻＝0.1mg ③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma ④
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有
＝ ⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率
P＝F ⑥
联立②③④⑤⑥式得
P＝8.4×106 W.
答案：见解析
2．如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块经过B端时速度的大小；
(2)求物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
解析：(1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53°，故vB＝＝2 m/s.
(2)物块从B到C应用动能定理，有
mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
在C点，由牛顿第二定律得F－mg＝m·,R)
解得F＝46 N
由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N.
(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q＝mv＝18 J.
答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)18 J

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