PAGEPAGE1第8講活用力學“三大觀點”解析力學計算題主干學問體系核心再現及學科素養學問規律(1)牛頓三大定律．(2)運動學公式及推論．(3)動能定理、機械能守恒定律．(4)能量守恒、功能關系．(5)動量定理、動量守恒定律．思想方法(1)物理思想：守恒思想．(2)物理方法：圖象法、整體法與隔離法、模型法、守恒法、轉移法.1．(2024·高考全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速實力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個擋板和一面小旗，如圖所示．訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止動身滑向小旗．訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處．假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1.重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數；(2)滿意訓練要求的運動員的最小加速度．解析(1)設冰球的質量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ，由動能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)②(2)冰球到達擋板時，滿意訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小．設這種狀況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t.由運動學公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯立③④⑤式得a2＝eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))⑥答案(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))2．(2024·高考全國卷Ⅲ，35節選)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l，b與墻之間也相距l；a的質量為m，b的質量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動摩擦因數均相同，現使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發生彈性碰撞，但b沒有與墻發生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數滿意的條件．解析設物塊與地面間的動摩擦因數為μ，若要物塊a、b能夠發生碰撞，應有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)②設在a、b發生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f(3,4)mv2′④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)(eq\f(3,4)m)v2′2⑤聯立④⑤式解得v2′＝eq\f(8,7)v1⑥由題意知，b沒有與墻發生碰撞，由功能關系可知eq\f(1,2)(eq\f(3,4)m)v2′2≤μeq\f(3,4)mgl⑦聯立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)⑧聯立②⑧式，a與b發生彈性碰撞，但b沒有與墻發生碰撞的條件eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)⑨答案eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)3．(2015·高考全國卷Ⅰ)如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同始終線上，A位于B、C之間．A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態．現使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿意什么條件，才能使A只與B、C各發生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的．解析A向右運動與C發生第一次碰撞，碰撞過程中，系統的動量守恒、機械能守恒．設速度方向向右為正，起先時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)②聯立①②式得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0④假如m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不行能與B發生碰撞；假如m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不行能與B發生碰撞，所以只需考慮m<M的狀況．第一次碰撞后，A反向運動與B發生碰撞．設與B發生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝(eq\f(m－M,m＋M))2v0⑤依據題意，要求A只與B、C各發生一次碰撞，應有vA2≤vC1⑥聯立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(eq\r(5)－2)M⑧另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去．所以，m和M應滿意的條件為(eq\r(5)－2)M≤m<M答案(eq\r(5)－2)M≤m<M[考情分析]■命題特點與趨勢1．牛頓運動定律、功和能、動量及動量守恒定律被稱力學“三大觀點”，是解決力學計算題的重要基本方法，是根本，是高考重點考查的內容，同時電磁學問題也離不開這三大法寶．2．在試卷中，常常與直線運動，圓周運動、平拋運動、電磁學、原子物理等學問點組成綜合題，往往作為選擇題和計算題的壓軸題，這類題情景新奇，綜合性較強，須要用這三個“觀點”進行敏捷分析求解．■解題要領力學計算題是物理學科的壓軸題，在解題時要弄清運動情景，挖掘好隱含條件，分析清晰物理過程，把握好物理過程的適用規律，敏捷選用公式定理解決問題．高頻考點一運動學和動力學的綜合應用題[備考策略]一、熟知高考力學計算題的四個特性1．探討對象的多體性解題時要求正確選取探討對象，應用隔離法和整體法，分別對不同的探討對象應用恰當的規律．2．物理過程的困難性對于有多個物理過程的問題，要將困難的過程分割成一個一個的子過程，再分別對每個過程分析，選擇恰當的規律．3．已知條件的隱藏性對于運動學中一些常見的隱含條件要特別清晰．4．物理模型的新奇性要求能將新奇情境還原為基本模型．二、駕馭解答力學計算題的三大觀點三大觀點對應規律公式表達動力學觀點牛頓其次定律F合＝ma勻變速直線運動規律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功能關系WG＝－ΔEp等機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理F合·t＝p′－p動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′[典例導航]例1(2024·石家莊其次中學高三調研)如圖所示，在水平地面建立x軸，質量為m＝1kg的木塊放在質量為M＝2kg的長木板上，木板長L＝11.5m．已知木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.1，木塊與木板之間的動摩擦因數μ2＝0.9(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)．木塊與木板保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經過坐標原點O時的速度為v0＝10m/s，在坐標為xP＝21m處有一擋板P，木板與擋板P瞬間碰撞后馬上以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后馬上撤去擋板P，g取10m/s2，求：(1)木板碰擋板P時的速度大小；(2)最終木板停止運動時其左端A的位置坐標(結果保留到小數點后兩位)．解析(1)對木塊和木板組成的系統，依據牛頓其次定律得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1依據勻變速直線運動規律得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1xBP其中xBP＝21m－11.5m＝9.5m解得v1＝9m/s.(2)對木塊，由牛頓其次定律，有μ2mg＝mam對木板，由牛頓其次定律，有μ2mg＋μ1(M＋m)g＝MaM解得am＝9m/s2，aM＝6m/s2設經時間t1，木塊停止，則t1＝1s此時木板的速度vM＝v1－aMt1＝3m/s，方向向左．設再經時間t2二者達到共同速度v2，則v2＝vM－aMt2＝amt2解得t2＝0.2s，v2＝1.8m/s，方向向左．木板的位移x1＝eq\f(v1＋v2,2)·(t1＋t2)＝eq\f(9＋1.8,2)×(1＋0.2)m＝6.48m之后二者以加速度a1＝1m/s2向左減速運動至靜止位移x2＝1.62m所以最終木板左端A點位置坐標為x＝xP－L－x1－x2＝1.40m.答案(1)9m/s(2)1.40m[歸納反思]1．動力學觀點常用于求解恒力作用下的單體多過程直線運動或多體多過程直線運動．2．牛頓運動定律是動力學的基礎，也是高考命題的重點和熱點．牛頓運動定律與勻變速直線運動規律相結合，常用于解決斜面問題、滑塊木板問題、傳送帶問題等．3．物體的受力狀況往往與運動狀況相聯系，因此，應結合實際狀況，將物體運動過程分為多個階段，再分析每個階段物體的運動規律和受力狀況，同時留意各階段間的速度關系和位移關系．[題組突破]1－1.(2024·江西省九江市高三下學期質檢)如圖甲所示，光滑水平面上放置著物體ABC，AB與BC平滑連接，AB表面粗糙且水平(長度足夠長)，傾斜部分BC表面光滑，與水平面的夾角θ＝37°.在物體右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，規定力傳感器受到物體的壓力時，其示數為正值；力傳感器受到物體的拉力時，其示數為負值．一個可視為質點的滑塊從物體的C點由靜止起先下滑，運動過程中，力傳感器記錄下的力F和時間t的關系如圖乙所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，求：(1)物體傾斜部分BC的長度；(2)滑塊的質量；(3)運動過程中滑塊克服摩擦力做的功．解析(1)對滑塊在傾斜部分BC上的運動，由牛頓其次定律有mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2斜面BC長x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m.(2)物體對傳感器的壓力為F1＝mgcosθsinθ，由題圖乙可知F1＝9.6N解得m＝2kg.(3)設1s后物體ABC受到的摩擦力大小為f，對物體由平衡條件有f＝F2＝4N對滑塊由牛頓其次定律有f＝ma2解得a2＝2m/s2滑塊在AB表面上滑行的距離x2＝eq\f(v2,2a2)而滑塊到達B點處的速度v＝a1t1＝6m/s2×1s＝6m/s聯立解得x2＝9m滑塊克服摩擦力做的功為Wf＝fx2＝36J.答案(1)3m(2)2kg(3)36J1－2.(2024·河南省許昌市高三三模)為了平安，中國航母艦載機“殲-15”采納滑躍式起飛．起飛時主要靠甲板前端的上翹來幫助戰斗機起飛，其示意圖如圖所示，飛機由靜止起先先在一段水平距離為L1＝160m的水平跑道上運動，然后在長度為L2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛．已知飛機的質量m＝2.0×104kg，其噴氣發動機的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為飛機重力的0.2倍，假設航母處于靜止狀態，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道看做斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出現任何故障．g取10m/s(1)求飛機在水平跑道上運動的末速度大小．(2)求飛機從起先運動到起飛經驗的時間t，解析(1)設飛機在水平跑道上運動的加速度大小為a1，阻力大小為f，在水平跑道上運動的末速度大小為v1，由牛頓其次定律得F－f＝ma1f＝0.2mgveq\o\al(2,1)＝2a1L1聯立以上三式并代入數據解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s.(2)設飛機在傾斜跑道上運動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2飛機在水平跑道上的運動時間t1＝eq\f(v1,a1)＝8s在傾斜跑道上，由牛頓其次定律有F－f－mgeq\f(h,L2)＝ma2代入數據解得a2＝4m/s2由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2代入數據解得v2＝42m/s飛機在傾斜跑道上的運動時間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s.則t＝t1＋t2＝8.5s.答案(1)40m/s(2)8.5s高頻考點二用動力學和能量觀點解決多過程問題[備考策略]對于多過程問題要做好“四選擇”1．當物體受到恒力作用發生運動狀態的變更而且又涉剛好間時，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，應優先選擇能量守恒定律．3．當涉及細微環節并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻的問題選擇牛頓其次定律求解．4．困難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.[典例導航]例2(2024·山東省濟南市高三二模)如圖所示，光滑水平地面的左側靜止放置一長木板AB，右側固定一足夠長光滑斜面CD.木板的上表面與斜面底端C處于同一水平面．木板質量M＝2kg.板長為l＝7m．一物塊以速度v0＝9m/s沖上木板的A端，木板向右運動，B端遇到C點時被粘連，且B、C之間平滑連接．物塊質量為m＝1kg.可視為質點，與木板間的動摩擦因數為μ＝0.45.取g＝10m/s2，求(1)若初始時木板B端距C點的距離足夠長，求物塊第一次與木板相對靜止時的速度和相對木板滑動的距離；(2)設初始時木板B端距C點的距離為L，試探討物塊最終位置距C點的距離與L的關系，并求此最大距離．解析(1)距離足夠長，則m與M達到共同速度，依據動量守恒和能量守恒可得mv0＝(M＋m)v共，μmgΔl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)解得v共＝3m/s，Δl＝6m(2)對木板：μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,共)－0，解得s＝2m；當L≥2m時，木板B端和C點相碰前，物塊和木板已經達到共同速度，碰后物塊以v共＝3m/s勻減速到C點，veq\o\al(2,共)－veq\o\al(2,Cl)＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5m/s2，vCl＝0m/s，恰好停在C點，與L無關當L<2m時，木板B端和C點相碰前，物塊和木板未達到共同速度，物塊始終做勻減速運動veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C2)＝2am(l＋L)，vC2＝3eq\r(2－L)物塊以此速度沖上斜面并會原速率返回，最終停在木板上，s＝eq\f(v\o\al(2,C2),2am)＝2－L，L＝0m時，s有最大值smax＝2m.答案(1)3m/s,6m(2)當L≥2m，恰好停在C點；當L<2m時，smax＝2m[題組突破]2－1.如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不行伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m＝4kg，B的質量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1m，現給A、B一初速度v0＝3m/s，使A起先沿斜面對下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點，已知重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態，求此過程中：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能．解析(1)物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統應用能量守恒定律可得μ·2mg·cosθ·L＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3mv2＋2mgLsinθ－mgL可解得v＝2m/s.(2)以A、B組成的系統，在物體A將接觸彈簧又返回到C點的過程中，系統動能的削減量等于因摩擦產生的熱量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m.(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm.解得Epm＝6J.答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J2－2.(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC在豎直平面內，與水平軌道CD相切于C點，D端有一被鎖定的輕質壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧右端Q到C點的距離為2R.質量為m可視為質點的滑塊從軌道上的P點由靜止滑下，剛好能運動到Q點，且恰能觸發彈簧解除鎖定，然后滑塊被彈回，且剛好能通過圓軌道的最高點A.已知∠POC＝60°，求：(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點C時對軌道壓力；(2)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能；(3)小球返回到P點時的加速度大小．解析(1)設滑塊第一次滑至C點時的速度為vC，圓軌道C點對滑塊的支持力為FNP→C過程：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2C點：FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝2mg由牛頓第三定律得：滑塊對軌道C點的壓力大小FN′＝2mg，方向豎直向下(2)對P→C→Q過程：mgR(1－cos60°)－μmg2R＝0解得μ＝0.25A點：mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)Q→C→A過程：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg2R＋μmg2R解得：Ep＝3mgR(3)P→A過程由動能定理－mgR(1＋cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)在P點受力分析如圖an＝eq\f(v\o\al(2,p),R)ax＝gsin60°a＝eq\r(a\o\al(2,n)＋a\o\al(2,x))＝eq\f(\r(67),2)g答案(1)2mg(2)3mgR(3)eq\f(\r(67),2)g高頻考點三三學三大觀點的綜合應用[備考策略]力學規律選用的一般原則1．若是多個物體組成的系統，優先考慮運用兩個守恒定律．2．若物體(或系統)涉及到速度和時間，應考慮運用動量定理．3．若物體(或系統)涉及到位移和時間，且受到恒力作用，應考慮運用牛頓運動定律或動能定理．4．若物體(或系統)涉及到位移和速度，應考慮運用動能定理，系統中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特殊便利．[典例導航]例3(2024·濟寧市高三其次次模擬)如圖所示，傾角為37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的彈性擋板c，滑塊與擋板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上鋪了一層特殊物質，該物質在滑塊上滑時對滑塊不產生摩擦力，下滑時對滑塊有摩擦且動摩擦因數到處相同．現有一質量為M＝0.9kg的滑塊沿斜面上滑，到達最高點b時的速度恰好為零，此時恰好與從a點水平拋出的質量為m＝0.1kg的小球在沿斜面方向上發生彈性碰撞，且滑塊與彈性擋板c碰后恰好反彈回到b點．已知a點和b點距地面的高度分別為H＝2.4m，h＝0.6m．(取g＝10m/s2)．求：(1)小球做平拋運動的初速度大小；(2)斜面與滑塊間的動摩擦因數；(3)從與小球碰撞到最終停止，滑塊在斜面上通過的總路程．解析(1)小球從a到b做平拋運動，在豎直方向：H－h＝eq\f(1,2)gt2小球到達b點時恰好沿斜面方向，有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得：v0＝8m/s；(2)到達b點的速度v＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s小球與滑塊發生彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得滑塊與小球剛碰后的速度v2＝2m/s由幾何關系知斜面長L＝eq\f(h,sin37°)＝1m滑塊恰好反彈回到b點，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝μMgLcos37°解得：μ＝0.25；(3)設滑塊與擋板其次次碰后到達最高點與c點的距離x2由能量守恒定律得：Mg(L－x2)sin37°＝μMgLcos37°解得：x2＝eq\f(2,3)L＝eq\f(2,3)m設滑塊與擋板第三次碰后到達最高點與c點的距離x3由能量守恒定律得：Mg(x2－x3)sin37°＝μMgx2cos37°解得：x3＝eq\f(2,3)x2＝(eq\f(2,3))2m以此類推x4＝eq\f(2,3)x3＝(eq\f(2,3))3m所以滑塊在斜面上共通過的路程為s＝3L＋2x2＋2x3＋…＋2xn＝7m答案(1)8m/s(2)0.25(3)7m[題組突破]3－1.(2024·華中師大附中模擬)(多選)水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運動，如圖所示，小球進入半圓形軌道后剛好能通過最高點c.則()A．R越大，v0越大B．R越大，小球經過b點后的瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，v0越大D．m與R同時增大，初動能Ek0增大AD[小球剛好能通過最高點c，表明小球在c點的速度為vc＝eq\r(gR)，依據機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(5,2)mgR，則v0＝eq\r(5gR)，R越大，v0越大，v0與m無關，選項A正確，C錯誤；m與R同時增大，初動能Ek0增大，選項D正確；從b到c機械能守恒，mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)得vb＝eq\r(5gR)，在b點，N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,b),R)得N＝6mg，選項B錯誤．]3－2.(2024·河南開封模擬)如圖所示，在高h1＝30m的光滑水平平臺上，物塊A以初速度v0水平向右運動，與靜止在水平臺上的物塊B發生碰撞，mB＝2mA，碰撞后物塊A靜止，物塊B以肯定的水平速度向右滑離平臺，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道，B點的高度h2＝15m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為l＝70m的水平粗糙軌道CD平滑連接，物塊B沿軌道BCD運動與右邊墻壁發生碰撞．g取10m/s2.求：(1)物塊B由A到B的運動時間；(2)物塊A初速度v0的大小；(3)若小物塊與墻壁只發生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最終停在軌道CD上的某點P(P點沒畫出)．設小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數為μ，求μ的取值范圍．解析(1)由于h1＝30m，h2＝15m．設從A運動到B的時間為t，則h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝1.732s(2)由R＝h1，Rcosθ＝h1－h2，所以θ＝60°.小物塊平拋的水平速度是v1，有eq\f(gt,v1)＝tan60°，解得v1＝10m/sA與B發生碰撞的過程中系統的動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mBv1由于mB＝2mA，解得v0＝20m/s(3)設小物塊在水平軌道CD上通過的總路程為s，依據題意，該路程的最大值是smax＝3路程的最小值是smin＝l路程最大時，動摩擦因數最小；路程最小時，動摩擦因數最大．由能量守恒知：mBgh1＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)＝μminmBgsmax，mBgh1＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)＝μmaxmBgsmin解得μmax＝eq\f(1,2)，μmin＝eq\f(1,6)，即0.17<μ≤0.5.答案(1)1.732s(2)20m/s(3)0.17＜μ≤0.5高頻考點四用力學三大觀點解決傳送帶問題[備考策略]1．物體和傳送帶等速時刻是摩擦力的大小、方向、運動性質變更的分界點．2．推斷摩擦力的有無、方向是以傳送帶為參考系；計算摩擦力的功時，應用物體對地的位移，計算系統產生的內能時，應用物體對傳送帶的路程，只有當物體與傳送帶相對滑動時才產生內能，大小Q＝Ff·s相對；應用運動學公式計算物體的相關物理量時，應以地面為參考系．[典例導航]例4(2024·東北三省四市教研聯合體模擬)如圖所示，光滑曲面AB與長度為L＝1m的水平傳送帶BC平滑連接，傳送帶上表面以v＝1m/s的速度向右運動．傳送帶右側光滑水平地面上放置一個四分之一光滑圓軌道的物體乙，其質量為m2＝3kg.質量為m1＝1kg的物體甲(可視為質點)從曲面上高為h＝1m的A點由靜止釋放，物體甲與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.求：(1)甲第一次運動到C點的速度大小；(2)甲其次次運動到C點的速度大小；(3)甲其次次到C點后經多長時間再次到達C點．解析(1)物體甲從A運動至B，由動能定理得：m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得：v1＝2eq\r(5)m/s>v－μm1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得：v2＝4m/sv2>v，則物體甲第一次運動到C點的速度大小為v2＝4m/s(2)以物體甲和物體乙為探討對象，從甲滑上乙起先至甲滑下來的過程中，系統水平方向上動量守恒：m1v2＝m1v3＋m2v4系統能量守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,4)解得：v3＝－2m/s則甲從物體乙上滑下后向左勻速運動，其次次到達C點的速度大小為2m/s(3)甲向左滑上傳送帶，做勻減速運動μmg＝ma由動能定理得：－μm1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)解得到達B點的速度v5＝0物體甲從C點運動到左端B點的時間為：t1＝eq\f(v5－v3,a)解得：t1＝1s甲向右滑上傳送帶先做勻加速運動，到與傳送帶共速時所用時間為t2：t2＝eq\f(v,a)解得：t2＝0.5s甲在t2時間內的位移為x1：μmgx1＝eq\f(1,2)m1v2解得：x1＝0.25m，甲與傳送帶共速后隨傳送帶一起勻速運動，位移為：x2＝L－x1所用時間為：t3＝eq\f(x2,v)甲從其次次到第三次到達C點的過程中的運動時間為：t＝t1＋t2＋t3解得：t＝2.25s答案(1)4m/s(2)2m/s(3)2.25s[歸納反思]1．傳送帶模型題的分析流程：2．傳送帶問題中的功能關系：傳送帶做的功WF＝Fl帶，功率P＝Fv帶；摩擦力做功W摩＝Ffl；物體與皮帶間摩擦生熱Q＝Ffl相對．3．如質量為m的物體無初速度放在水平傳送帶上，最終與傳送帶共速，則在整個加速過程中物體獲得的動能Ek及因摩擦而產生的熱量Q有如下關系：Ek＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,傳).[題組突破]4－1.(2024·湖南衡陽模擬)(多選)如圖所示，質量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止起先下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和皮帶之間的動摩擦因數為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為l＝5.5m，傳送帶始終以v＝3m/s的速度沿順時針方向勻速運動，則()A．物體由A運動到B的時間是1.5sB．物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1N·sC．物體由A運動到B的過程中，系統產生0.5J的熱量D．帶動傳送帶轉動的電動機對物體由A運動到B的過程中，多做了3J功BC[物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh代入數據得：v0＝2m/s，物體在摩擦力作用下先做勻加速運動，后做勻速運動，有t1＝eq\f(v－v0,μg)＝1ss1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝eq\f(3＋2,2)×1m＝2.5mt2＝eq\f(l－s1,v)＝eq\f(5.5－2.5,3)s＝1st＝t1＋t2＝2s，選項A錯誤；物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1N·s，選項B正確；在t1時間內，皮帶做勻速運動s皮帶＝vt1＝3mQ＝μmgΔs＝μmg(s皮帶－s1)代入數據得Q＝0.5J，選項C正確；物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功Wf＝μmgs1＝2.5J，選項D錯誤．故選B、C.]4－2.(2024·長沙市長郡中學高三畢業模擬)如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點為彈簧原長位置，O點左側水平面光滑，水平段OP長l＝1m，P點右側一與水平方向成θ＝30°的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，皮帶輪逆時針轉動速率為3m/s，一質量為1kg可視為質點的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得彈性勢能Ep＝9J，物塊與OP段動摩擦因數μ1＝0.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點，B與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時間不計，碰后A、B交換速度，重力加速度g取10m/s2，現釋放A，求：(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速度v0；(2)從A、B第一次碰撞后到其次次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產生的熱量；(3)A、B能夠碰撞的總次數．解析(1)設物塊質量為m，A與B第一次碰撞前的速度為v0，則Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μ1mgl，解得v0＝4m/s.(2)設A、B第一次碰撞后的速度分別為vA，vB，則vA＝0，vB＝4m/s，碰后B沿傳送帶向上勻減速運動直至速度為零，加速度大小設為a1，則mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μ2gcosθ＝10m/s2.運動的時間t1＝eq\f(vB,a1)＝0.4s，位移x1＝eq\f(vB,2)t1＝0.8m.此過程相對運動路程Δs1＝vt1＋x1＝2m.此后B反向加速，加速度仍為a1，由于mgsinθ＝μ2mgcosθ，B與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為t2＝eq\f(v,a1)＝0.3s，位移為x2＝eq\f(v,2)t2＝0.45m.此過程相對運動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45m.全過程摩擦產生的熱量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cosθ＝12.25J.(3)B與A其次次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運動再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運動再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復這一過程直至兩者不再碰撞．則對A、B和彈簧組成的系統，從其次次碰撞后到不再碰撞，滿意eq\f(1,2)mv2＝2nμ1mgl.解得其次次碰撞后重復的過程數為n＝2.25，所以碰撞總次數為N＝2＋2n＝6.5＝6(取整數)．答案(1)4m/s(2)12.25J(3)6次課時跟蹤訓練(八)一、選擇題(1～2題為單項選擇題，3～5題為多項選擇題)1．(2024·湖南省株洲市高三畢業模擬)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從今時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是()A．合力對物塊的沖量大小肯定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小肯定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可能為零D[若v2>v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達到速度v1后做勻速直線運動，可知物塊再次回到P點的速度大小為v1，規定向左為正方向，依據動量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.依據動能定理知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)；若v2<v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，物塊再次回到P點的速度大小為v2，規定向左為正方向，依據動量定理得，合外力的沖量為：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2：依據動能定理知，合外力做功為：W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝0.故D正確，A、B、C錯誤．故選D.]2．(2024·武漢市高三調研測試)如圖所示，用兩根長度均為l的輕繩將一小球懸掛在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為θ，整個系統靜止，這時每根輕繩中的拉力為T.現將一根輕繩剪斷，當小球擺至最低點時，輕繩中的拉力為T′.θ為某一值時，eq\f(T′,T)最大，此最大值為()A.eq\f(9,4)B．2C．3eq\r(2)－2D.eq\f(54,25)A[依據平衡條件，由2Tsinθ＝mg解得題圖中輕繩的拉力T＝eq\f(mg,2sinθ).剪斷一根輕繩，小球擺至最低點的過程中，由機械能守恒定律有，mgl(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，在最低點，由牛頓其次定律有，T′－mg＝meq\f(v2,l)，聯立解得：T′＝mg＋2mg(1－sinθ)＝mg(3－2sinθ).eq\f(T′,T)＝eq\f(mg3－2sinθ,\f(mg,2sinθ))＝(3－2sinθ)×2sinθ，要使eq\f(T′,T)值最大，應用數學學問得sinθ＝eq\f(3,4)，代入可得eq\f(T′,T)＝(3－2sinθ)×2sinθ＝eq\f(9,4)，選項A正確.]3．(2024·河南省鄭州市中學畢業年級其次次質量預料)在奧運競賽項目中，10m跳臺跳水是我國運動員的強項．某次訓練中，質量為60kg的跳水運動員從跳臺自由下落10m后入水，在水中豎直向下減速運動，設空中下落時空氣阻力不計，水對他的阻力大小恒為2400N．那么在他人水后下降2.5m的過程中，下列說法正確的是(取g＝10m/s2)()A．他的加速度大小為30m/s2B．他的動量削減了300kg·m/sC．他的動能削減了4500JD．他的機械能削減了4500JAC[依據牛頓其次定律：f－mg＝ma，代入數據解得加速度大小為：a＝30m/s2，故A正確；自由下落10m后，依據veq\o\al(2,0)＝2gh，得運動員的速度為：v0＝10eq\r(2)m/s，在水中下落2.5m后的速度為veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2ah′，代入數據解得：v1＝5eq\r(2)m/s，他的動量削減了：p＝mv0－mv1＝300eq\r(2)kg·m/s，故B錯誤；減速下降的過程中，依據動能定理，動能的減小量等于克服合力做的功為：(f－mg)h＝(2400－600)×2.5＝4500J，故C正確；減速下降的過程中，機械能的減小量等于克服阻力做的功為fh＝2400×2.5＝6000J，故D錯．所以A、C正確，B、D錯誤．]4．(2024·濟寧市高三其次次模擬)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質量為6m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計．現用手限制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行，起先時整個系統處于靜止狀態．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時CA．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為eq\r(\f(4mg2,7k))C．C剛離開地面時，B的速度最大D．A、B兩小球組成的系統機械能守恒BC[小球C剛離開地面時，對C有：kx2＝mg，此時B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對B有：T－kx2－mg＝0,對A有：6mgsinα－T＝0，聯立解得：sinα＝eq\f(1,3)，故A錯誤；初始系統靜止，且線上無拉力，對B有：kx1＝mg，由A項的分析知，x1＝x2＝eq\f(mg,k)，則從釋放至A剛離開地面過程中，彈性勢能變更量為零；此過程中A、B、C組成的系統機械能守恒，即：6mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)(6m＋m)veq\o\al(2,Bm)，解得：vBm＝eq\r(\f(4mg2,7k))，故B正確，C剛離開地面時，B的速度最大，說明是受力平衡，故加速度為零，故C正確；由B項的分析知，從釋放至A剛離開地面過程中，彈性勢能變更量為零，所以從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統機械能守恒，故D錯誤，故選B、C.]5．(2024·華南師大附屬二中學調研)如圖所示，質量為3m、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，A、C為半圓形槽槽口對稱等高的兩點，B為半圓形槽的最低點．將一可視為質點、質量為m的小球自左側槽口AA．小球和半圓形槽組成的系統機械能守恒、動量守恒B．小球剛好能夠到達半圓形槽右側的C點C．半圓形槽速率的最大值為eq\f(1,2)eq\r(6gR)D．半圓形槽相對于地面位移大小的最大值為eq\f(1,2)RBD[小球與半圓形槽組成的系統在水平方向不受力，所以水平方向的動量守恒，但在豎直方向受重力作用，故系統總的動量不守恒；全部的接觸面都是光滑的，故在完全的運動過程中只有重力和彈力做功，故系統的機械能守恒，故A錯誤；因為系統的初狀態水平方向的動量為零，依據系統水平方向動量守恒可知，系統在末狀態的水平方向的動量也零，故在末狀態小球與半圓形槽的速度都為零，而初狀態只有小球的重力勢能，依據系統機械能守恒，可知末狀態也只小球的重力勢能，且與初狀態相等，故B正確；當小球下至半圓形槽最低點時，依據反沖運動的特點可知，此時小球有向右的最大速度，半圓形槽有向左的最大速度，設小球的最大速度為v1，半圓形槽的最大速度為v2，初狀態水平方向的動量為零，取向右為正，依據系統水平方向動量守恒得：mv1－3mv2＝0，依據系統機械能守恒得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，聯立解得：v1＝eq\f(1,2)eq\r(6gR)，v2＝eq\f(1,6)eq\r(6gR)，故C錯誤；小球從左邊最高點下至最低點時，依據系統水平方向動量守恒得：mv1－3mv2＝0，又v1＝eq\f(x1,t)，v2＝eq\f(x2,t)，代入得：meq\f(x1,t)－3meq\f(x2,t)＝0，即x1＝3x2，且x1＋x2＝R，聯立解得：x2＝eq\f(R,4)；當小球從最低點向右邊最高點運動時，半圓形槽接著向左運動，同理可得半圓形槽在這一過程的位移為x2′＝eq\f(R,4)，故半圓形槽相對于地面位移大小的最大值為x2＋x2′＝eq\f(R,2)，故D正確；故選B、D.]二、非選擇題6．(2024·湖北省襄陽市第四中學月考(5))如圖所示，長L＝3.25m、質量M＝2kg的平板車停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8m，質量m＝2kg的小滑塊放在小車左端，與小車上表面間的動摩擦因數μ＝0.4.當小車固定時，對滑塊施加水平向右的拉力F＝28N，作用一段時間后撤去，測得滑塊落地點到小車右端的水平距離為1.2m，取g＝10m/s2.(1)求滑塊滑離小車時的速度；(2)求力F作用的時間；(3)若小車不固定，水平拉力F及作用時間不變更，求滑塊落地點距小車右端的水平距離或滑塊相對小車靜止時到小車左端的距離(結果保留2位小數)．解析(1)平拋過程：x2＝vt′h＝eq\f(1,2)gt′2解得：v＝3m/s(2)設力F作用時間為t，滑塊前進x1，對滑塊由動能定理：Fx1－μmgL＝eq\f(1,2)mv2由牛頓其次定律得：F－μmg＝max1＝eq\f(1,2)at2解得：t＝0.5s(3)力F作用過程中小車的加速度為ac，μmg＝Mac撤力時滑塊相對小車滑過距離Δx1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)act2撤力時滑塊和車的速度分別為vk和vcv＝atvc＝act設滑塊沒有滑離小車，相對靜止時的速度為vgmvc＋Mvk＝(M＋m)vgeq\f(1,2)mveq\o\al(2,k)＋eq\f(1,2)Mceq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,g)＋μmgΔx2解得：Δx2＝0.56mΔx1＋Δx2＝1.31m<L，故滑塊未滑離平板車．答案(1)3m/s(2)0.5s(3)沒有滑離小車，1.31m.7．(2024·湖北省鄂州市高三第三次調研)如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R.現將質量也為m的小球從距離A點正上方h0處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B點沖出，在空中能夠上升的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計空氣阻力)，求：(1)小車向左運動的最大距離；(2)小車其次次能夠上升的最大高度的范圍．解析(1)小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒．設小球第一次離開半圓軌道時的水平速度為v，小車的速度為v′，由動量守恒定律得mv－mv′＝0設小球第一次進入半圓軌道至第一次離開半圓軌道所用時間為t，在這個過程中，小車的位移為x，取水平向右為正方向，則meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0解得x＝R(2)設小球從起先下落到第一次上升到最大高度的過程中克服摩擦力做的功為Wf，由動能定理得mg(h0－eq\f(3,4)h0)－Wf＝0解得Wf＝eq\f(1,4)mgh0由于其次次小球在車中運動時，在對應位置的速度小于第一次小球運動的速度，對應位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，其次次在車中運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf′<eq\f(1,4)mgh0，機械能損失小于eq\f(1,4)mgh0設小球其次次上升的最大高度為h′，由功和能的關系得eq\f(3,4)mgh0－eq\f(1,4)mgh0<mgh′h′>eq\f(1,2)h0所以，小球其次次上升的最大高度范圍是eq\f(1,2)h0<h′<eq\f(3,4)h0答案見解析8．(2024·天津市試驗中學高三考前模擬)如圖所示，半徑為R，管徑很小的光滑半圓形細管豎直放置，有兩個略小于管徑、質量分別為m1＝3m、m2＝m的小球P、Q，小球Q靜止在水平面上，小球P以某一初速度向右運動，與小球Q發生彈性碰撞．P、Q兩球通過最高點C后落地點分別為M、N，已知：eq\r(|CN|2－|CM|2)＝12R.求：(1)碰撞前小球P的速度；(2)碰撞后小球P、Q的速度；(3)小球P、Q經過最高點時，它們對細管的作用力．解析(1)小球R、Q彈性碰撞，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②小球P、Q從水平面運動到最高點C的過程中，由機械能守恒定律：對P球有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1ve