《2017-2018學年高考物理二輪復習 第2板塊 力學計算題教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高考物理二輪復習 第2板塊 力學計算題教學案（31頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第2板塊 力學計算題 第10講 “動力學觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內容。涉及的知識主要包括：①勻變速直線運動規(guī)律；②自由落體運動規(guī)律；③豎直上拋運動規(guī)律；④牛頓運動定律；⑤運動學和動力學圖像。 復習這部分內容時應側重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法主要有：①整體法和隔離法；②臨界問題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。 考查點一　勻變速直線運動規(guī)律的應用 題點(一)　多過程運動 1．運動學公式中正、負號的規(guī)定 直線運動可以用正、負號表示矢量

2、的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度v0的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值，當v0＝0時，一般以加速度a的方向為正方向。 2．多過程問題 如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應注意分析各段的運動性質。 [例1]　甲、乙兩人在某一直道上完成200 m的賽跑，他們同時、同地由靜止開始運動，都經過4 s的勻加速，甲的爆發(fā)力比乙強，加速過程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都將做一段時間的勻速運動，乙的耐力比甲強，勻速持續(xù)時間甲為10 s、乙為13 s，因為體力、毅力的原因，他們都將做勻減速運動的調節(jié)，調節(jié)時間都為2 s

3、，且速度都降為8 m/s，最后沖刺階段以8 m/s的速度勻速達到終點。求： (1)甲做勻減速運動的加速度； (2)甲沖刺階段完成的位移大小。 [解析]　(1)在勻加速過程，設甲的位移為x1，所用的時間為t1，達到的末速度為v1， 由x1＝，解得v1＝10 m/s； 甲做勻減速運動的末速度為v2，勻減速運動的加速度為a2， 由a2＝ 得a2＝－1 m/s2。 (2)甲勻速運動的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m 甲勻減速的位移：x3＝Δt 解得x3＝18 m 最后甲沖刺的位移為：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)＝200 m－(20＋100＋18)m＝

4、62 m。 [答案]　(1)－1 m/s2　(2)62 m 題點(二)　自由落體運動與豎直上拋運動 1．豎直上拋運動的兩種研究方法 (1)分段法：將全程分為兩個階段，即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段。 (2)全程法：將全過程視為初速度為v0，加速度a＝－g的勻變速直線運動，必須注意物理量的矢量性。習慣上取v0的方向為正方向，則v＞0時，物體正在上升；v＜0時，物體正在下降；h＞0時，物體在拋出點上方；h＜0時，物體在拋出點下方。 2．巧用豎直上拋運動的對稱性 (1)速度對稱：上升和下降過程經過同一位置時速度等大反向。 (2)時間對稱：上升和下降過程經過同一段高度的

5、上升時間和下降時間相等。 [例2]　一小球豎直向上拋出，先后經過拋出點的上方h＝5 m處的時間間隔Δt＝2 s，則小球的初速度v0為多少？小球從拋出到返回原處所經歷的時間是多少？ [解析]　畫出小球運動的情景圖，如圖所示。 小球先后經過A點的時間間隔Δt＝2 s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，小球從最高點到A點的時間t1＝＝1 s，小球在A點處的速度 vA＝gt1＝10 m/s 在OA段根據(jù)公式vA2－v02＝－2gh 解得v0＝10 m/s。 小球從O點上拋到A點的時間 t2＝＝ s＝(－1)s 根據(jù)對稱性，小球從拋出到返回原處所經歷的總時間 t＝2(t1＋t2)＝2 s。

6、 [答案]　10 m/s　2 s 題點(三)　追及相遇問題 追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關系” (1)一個條件：即兩者速度相等，它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。 (2)兩個關系：即時間關系和位移關系，這兩個關系可通過畫運動示意圖得到。 [例3]　(2018屆高三·山東省實驗中學摸底)貨車A正在該公路上以20 m/s的速度勻速行駛，因疲勞駕駛司機注意力不集中，當司機發(fā)現(xiàn)正前方有一輛靜止的轎車B時，兩車距離僅有75 m。 (1)若此時B車立即以2 m/s2的加速度啟動，通過計算判斷：如果A車司機沒有剎車，是否會撞上B車；若不相

7、撞，求兩車相距最近時的距離；若相撞，求出從A車發(fā)現(xiàn)B車開始到撞上B車的時間。 (2)若A車司機發(fā)現(xiàn)B車，立即剎車(不計反應時間)做勻減速直線運動，加速度大小為2 m/s2(兩車均視為質點)，為避免碰撞，在A車剎車的同時，B車立即做勻加速直線運動(不計反應時間)，問：B車加速度至少多大才能避免事故。(這段公路很窄，無法靠邊讓道) [解析]　(1)當兩車速度相等時，設經過的時間為t，則：vA＝vB 對B車：vB＝at 聯(lián)立可得：t＝10 s A車的位移為：xA＝vAt＝200 m B車的位移為：xB＝at2＝100 m 因為xB＋x0＝175 m

8、撞，有： vAt1＝x0＋at12 代入數(shù)據(jù)解得：t1＝5 s，另一解舍去。 (2)已知A車的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度v0＝20 m/s 設B車的加速度大小為aB，B車運動時間t，兩車相遇時，兩車速度相等，則有：vA＝v0－aAt　vB＝aBt 且vA＝vB 在時間t內A車的位移為：xA＝v0t－aAt2 B車的位移為：xB＝aBt2 又xB＋x0＝xA 聯(lián)立可得：aB＝0.67 m/s2。 [答案]　(1)兩車會相撞　5 s　(2)0.67 m/s2 考查點二　動力學的兩類基本問題 題點(一)　由受力情況求解運動情況 首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，

9、再根據(jù)加速度特點及加速度與速度的方向關系確定速度變化的規(guī)律。 [例1]　(2017·安慶模擬)如圖所示，質量m＝5 kg的物塊(視為質點)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做勻速直線運動，已知F1大小為50 N，方向斜向右上方，與水平面夾角α＝37°，F(xiàn)2大小為30 N，方向水平向左，物塊的速度v0大小為11 m/s。當物塊運動到距初始位置距離x0＝5 m時撤掉F1，g取10 m/s2。求： (1)物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)撤掉F1以后，物塊在6 s末距初始位置的距離。 [解析]　(1)物塊向右做勻速運動： f＋F2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin

10、α)， 聯(lián)立解得：μ＝0.5。 (2)撤掉F1后：a1＝＝ m/s2 ＝11 m/s2 設經過時間t1向右運動速度變?yōu)?，則：t1＝＝1 s 此時向右位移：x1＝t1＝5.5 m 后5 s物塊向左運動：a2＝＝1 m/s2 后5 s向左位移：x2＝a2t22＝12.5 m 物塊在6 s末距初始位置的距離： Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m。 [答案]　(1)0.5　(2)2 m 題點(二)　由運動情況求解受力情況 由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結合牛頓第二定律確定受力情況。 [例2]　有一質量m＝2 kg的小

11、球套在長L＝1 m的固定輕桿頂部，桿與水平方向成θ＝37°角。靜止釋放小球，1 s后小球到達桿底端。取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球到達桿底端時速度為多大？ (2)求小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為多大？ (3)若在豎直平面內給小球施加一個垂直于桿方向的恒力，靜止釋放小球后保持它的加速度大小為1 m/s2，且沿桿向下運動，則這樣的恒力為多大？ [解析]　(1)設小球到達桿底端時速度大小為v，則 L＝ t，＝，得v＝＝2 m/s。 (2)設小球下滑過程中的加速度大小為a1，則a1＝ 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－μmg

12、cos θ＝ma1 得小球與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。 (3)小球在恒力作用下， 有mgsin θ－μN2＝ma2，得N2＝20 N 若恒力F垂直桿向上， 則F＝N2＋mgcos θ，得F＝36 N 若恒力F垂直桿向下， 則F＝N2－mgcos θ，得F＝4 N。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)36 N或4 N 題點(三)　兩類基本問題與圖像的綜合 解決此類問題關鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結合牛頓第二定律求解結果。因此需要考生對這兩部分知識學會互聯(lián)互通。 [例3]　為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學找來一個傾角可調、斜面比較長且表面

13、平整的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風帆，如圖甲所示。他們讓帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中帆面與滑塊運動方向垂直。假設滑塊和風帆總質量為m。滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，風帆受到的空氣阻力與風帆的運動速率成正比，即Ff＝kv。 (1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達式； (2)求出滑塊下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以減小最大速度； (3)若m＝2 kg，斜面傾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑塊從靜止下滑的速度圖像如圖乙所示，圖中的斜線為t＝0時v-t圖線的切線，由此求出μ、k的值。(計算結果保留兩位有效數(shù)字) [解析]　(1)由牛頓第二定律有

14、： mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 解得：a＝gsin θ－μgcos θ－。 (2)當a＝0時速度最大， vm＝。 減小最大速度的方法有：適當減小斜面傾角θ；風帆升起一些。 (3)當v＝0時，a＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s2 解得：μ＝≈0.23。 最大速度vm＝＝2 m/s 解得：k＝3.0 kg/s。 [答案]　(1)gsin θ－μgcos θ－ (2)　適當減小斜面傾角θ(保證滑塊能靜止下滑)；風帆升起一些　(3)0.23　3.0 kg/s 考查點三　動力學的兩類典型模型 題點(一)　板—塊模型 [例1]　(2017·全國卷Ⅲ)

15、如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 [解析]　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速

16、度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的

17、體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t22? 在(t1＋t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩

18、者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m。? (也可用如圖所示的速度—時間圖線求解) [答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m 題點(二)　傳送帶模型 對于傳送帶問題，分析有無摩擦，是滑動摩擦還是靜摩擦，以及摩擦力的方向，是解決問題的關鍵。分析摩擦力時，前提是先要明確“相對運動”，而不是“絕對運動”。二者達到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”；如果遇到水平勻變速的傳送帶，或者傾斜傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時刻是滑動摩擦力還是靜摩擦力。 [例2]　水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示

19、為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運行，一質量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??； (2)求行李做勻加速直線運動的時間； (3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。 [解析]　(1)滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×

20、10 N＝4 N， 加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。 (2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則 v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。 (3)行李始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當行李到達右端時，有 vmin2＝2aL， vmin＝＝ m/s＝2 m/s， 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。 行李最短運行時間由vmin＝a×tmin 得tmin＝＝ s＝2 s。 [答案]　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s

21、 1．(2018屆高三·濰坊五校聯(lián)考)如圖所示，一長為200 m的列車沿平直的軌道以80 m/s的速度勻速行駛，當車頭行駛到進站口O點時，列車接到停車指令，立即勻減速停車，因OA段鐵軌不能停車，整個列車只能停在AB段內，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求： (1)列車減速運動的加速度大小的取值范圍； (2)列車減速運動的最長時間。 解析：(1)若列車車尾恰好停在A點右側，減速運動的加速度大小為a1，距離為x1，則 0－v02＝－2a1x1 x1＝1 200 m＋200 m＝1400 m 解得：a1＝ m/s2； 若列車車

22、頭恰好停在B點，減速運動的加速度大小為a2，距離為xOB＝2 000 m，則 0－v02＝－2a2xOB 解得：a2＝ m/s2； 故加速度大小a的取值范圍為 m/s2≤a≤ m/s2。 (2)當列車車頭恰好停在B點時，減速運動時的時間最長， 則0＝v0－a2t 解得：t＝50 s。 答案：(1) m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s 2.(2017·廣州調研)如圖所示，一個質量為M的長圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg，管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速

23、度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)管第一次落地時管和球的速度； (2)管第一次落地彈起時管和球的加速度； (3)管第一次落地彈起后，若球恰好沒有從管口滑出，則此時管的下端距地面的高度。 解析：(1)取豎直向下為正方向。球與管第一次碰地時速度v0＝，方向豎直向下。 (2)管第一次落地彈起時，管的加速度 a1＝＝2g，方向豎直向下， 球的加速度a2＝＝3g，方向豎直向上。 (3)管第一次落地彈起時的速度v1＝，方向向上， 球的速度v2＝，方向向下 若球剛好沒有從管中滑出，設經過時間t1，球和管速度v相同， 則有－v1＋a1t1＝v2－a2t1

24、 t1＝ 設管從碰地到它彈到最高點所需時間為t2，則：t2＝， 因為t1

25、彈在空中飛行可看作勻速直線運動，且速度大小為100 m/s。某次，拋碟機將飛碟以20 m/s初速度豎直向上拋出，射擊者要在飛碟到達最高點時剛好將其擊中，(不計空氣阻力，g＝10 m/s2)求： (1)射擊方向和水平方向的夾角應該是多少？ (2)他必須在飛碟拋出后經多長時間發(fā)射子彈？(計算結果小數(shù)點后保留2位數(shù)字) 解析：(1)設飛碟上升的最大高度為h，飛碟拋出后做豎直上拋運動， 由v02＝2gh可得：h＝＝20 m 由于飛碟拋出點與射擊點的水平距離d＝20 m， 所以可得：tan θ＝＝1 所以射擊方向和水平方向的夾角為θ＝45°。 (2)設飛碟上升到最高點所用時間為t1 t

26、1＝＝2 s 子彈擊中飛碟的位移x和飛行時間t2為 x＝＝ m＝20 m t2＝＝ s＝0.28 s 飛碟拋出后到發(fā)射子彈的時間間隔t為 t＝t1－t2＝2 s－0.28 s＝1.72 s。 答案：(1)45°　(2)1.72 s 4．如圖所示，光滑水平面上靜止放著長為L＝1.6 m、質量為M＝3 kg的木板，一個質量為m＝1 kg的小物塊放在木板的最右端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，今對木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來，求力F的大小應滿足的條件； (2)為把木板從物塊的下方抽出來，施加某力后，發(fā)現(xiàn)該

27、力作用最短時間t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。 解析：(1)力F拉動木板運動過程中： 對物塊，由牛頓第二定律知μmg＝ma， 即a＝μg＝1 m/s2 對木板，由牛頓第二定律知F－μmg＝Ma1， 即a1＝ 要想抽出木板，則只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g， 代入數(shù)值得F＞4 N。 (2)設有拉力時木板的加速度大小為a2，則a2＝ 設沒有拉力時木板的加速度大小為a3，則a3＝＝ m/s2 設從沒有拉力到木板恰好被抽出所用時間為t1 木板從物塊下抽出時有 物塊速度為v＝a(t0＋t1) 發(fā)生的位移為s＝a(t0＋t1)2 木板的速度為v板＝a2t0－a

28、3t1 發(fā)生的位移為s板＝a2t02＋a2t0t1－a3t12 木板剛好從物塊下抽出時應有v板＝v且s板－s＝L 聯(lián)立并代入數(shù)值得t1＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F(xiàn)＝10 N。 答案：(1)F＞4 N　(2)10 N 5．(2018屆高三·石家莊六校聯(lián)考)如圖所示為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質量為mA＝2 kg的平板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質量為mB＝1 kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2 C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內有一水平勻強電場，電場的大小及方向可以人為控制?，F(xiàn)在先產生一個方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的電場，車和貨

29、物開始運動，2 s后，電場大小變?yōu)镋2＝1×102 N/C，方向水平向左，一段時間后，關閉電場，關閉電場時車右端正好到達目的地，貨物到達車的最右端，且車和貨物的速度恰好為零。已知貨物與車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，車不帶電，貨物體積大小不計，g取10 m/s2，求第二次電場作用的時間。 解析：由題意可知，貨物和車起初不可能以相同加速度一起運動，設車運動的加速度大小為aA，貨物運動的加速度大小為aB aB＝＝2 m/s2， aA＝＝0.5 m/s2 車和貨物運動2 s時貨物和車的速度大小分別為 vB＝aBt＝4 m/s， vA＝aAt＝1 m/s 2 s后貨物和車的加速度大小分別

30、為 aB′＝＝2 m/s2 aA′＝＝0.5 m/s2 設又經t1時間貨物和車共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1 代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.2 s，此時貨物和車的共同速度v＝1.6 m/s 共速后二者一起做勻減速運動，加速度大小 a＝＝ m/s2 減速到0所經歷的時間為t2＝＝4.8 s 所以第二次電場的作用時間為t1＋t2＝6 s。 答案：6 s 6.(2017·襄陽月考)如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度向上運動。一個質量為2 kg的物塊(可視為質點)，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摩

31、擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小； (2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。 解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，物塊的加速度大小為a1， 由牛頓第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝gsin 37°＋μgcos 37° ＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2。 (2)設物塊速度減為5 m/s所用時間為t1， 則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s， 通過的位移：x1＝·t1＝×0.5 m ＝3.75

32、m<6 m 因μ

33、v乙＝34 m/s的速度勻速行駛，甲車在前，乙車在后。甲車司機發(fā)現(xiàn)正前方收費站，開始以大小為a甲＝2 m/s2的加速度勻減速剎車。 (1)甲車司機需在離收費站窗口至少多遠處開始剎車才不違章； (2)若甲車司機經剎車到達離收費站窗口前9 m處的速度恰好為6 m/s，乙車司機在發(fā)現(xiàn)甲車剎車時經t0＝0.5 s的反應時間后開始以大小為a乙＝4 m/s2的加速度勻減速剎車。為避免兩車相撞，且乙車在收費站窗口前9 m區(qū)不超速，則在甲車司機開始剎車時，甲、乙兩車至少相距多遠？ 解析：(1)對甲車，速度由20 m/s減至6 m/s的位移 x1＝＝91 m x2＝x0＋x1＝100 m。 即：甲

34、車司機需在離收費站窗口至少100 m處開始剎車。 (2)設甲車剎車后經時間t，兩車速度相同，由運動學公式得： v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t 解得：t＝8 s； 相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，即共同速度v＝6 m/s為不相撞的臨界條件 乙車從開始以速度34 m/s減至6 m/s的位移為 x3＝v乙t0＋＝157 m； 所以要滿足條件甲、乙的距離x＝x3－x1＝66 m。 答案：(1)100 m　(2)66 m 2．(2017·太原模擬)質量為3 kg的長木板A置于光滑的水平地面上，質量為2 kg的木塊B(可視為質點)置于木板A的左端，在水平向右的力F

35、作用下由靜止開始運動，如圖甲所示。A、B運動的加速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。(g取10 m/s2)求： (1)木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)；(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (2)4 s末A、B的速度大?。? (3)若6 s末木板和木塊剛好分離，則木板的長度為多少？ 解析：(1)由題圖乙知4 s末A、B間達到最大靜摩擦力，此時a＝2 m/s2 對應A板μmBg＝mAa A、B間動摩擦因數(shù)μ＝＝0.3。 (2)由圖像知4 s末二者的速度等于圖線與坐標軸包圍的面積 v＝at1＝×2×4 m/s＝4 m/s。 (3)4 s到6 s末t2＝2 s 木板A運動的位移，xA＝vt2

36、＋aAt22 木塊B的位移xB＝vt2＋aBt22 木板的長度l＝xB－xA＝4 m。 答案：(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m 3．如圖所示，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30°的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠端所用的時間。 解析：設物塊在傳送帶上勻加速運動時加速度為a1， 由牛頓第二定律可得 Ff＝μmg＝ma1，a1＝2 m/s2 設物塊與傳送帶達到共速v

37、2＝2a1x1 x1＝4 m<6 m，t1＝＝2 s x2＝L－x1，x2＝vt2，所以t2＝0.5 s 物塊在斜面上加速度大小a2＝＝5 m/s2 上升和下降各用時間t3＝＝0.8 s 返回傳送帶向右減速運動時間t4＝＝2 s t總＝t1＋t2＋2t3＋t4，t總＝6.1 s。 答案：6.1 s 第11講 應用能量和動量的觀點來解決物體運動的多過程問題是高考考查的重點和熱點。這類問題命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強，常是高考的壓軸題。 考查內容 ①動能定理　?、跈C械能守恒定律　 ③能量守恒定律 ④功能關系 ⑤動量定理 ⑥動量守恒定律 思

38、想方法 ①整體法和隔離法　 ②全程法　　　　　　?、鄯侄畏? ④相對運動方法 ⑤守恒思想 ⑥等效思想 ⑦臨界極值思想 考查點一　應用動能定理求解多過程問題 求解多過程問題的五個注意事項 (1)弄清物體的運動由哪些過程構成。 (2)分析每個過程中物體的受力情況。 (3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻。 (4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。 (5)對所研究的分過程或全過程運用動能定理列方程。 [典題例析] [典例]　(2017·南充模擬)如圖所示，半徑為R＝1 m，內徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略

39、小于半圓管內徑、質量為m＝1 kg的小球，在水平恒力F＝ N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點運動到B點，A、B間的距離x＝ m，當小球運動到B點時撤去外力F，小球經半圓管道運動到最高點C，此時小球對圓管外側的壓力FN＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)，求： (1)小球在B點時速度的大?。? (2)小球在C點時速度的大??； (3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功； (4)D點距地面的高度。 [解析]　(1)小球從A到B過程，由動能定理得 Fx＝mvB2 解得vB＝10 m/s。 (2)在C點，由牛頓第二定律得 mg＋FN＝m 又據(jù)題有F

40、N＝2.6mg 解得vC＝6 m/s。 (3)由B到C的過程，由動能定理得 －mg·2R－Wf＝mvC2－mvB2 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J。 (4)設小球從C點到打在斜面上經歷的時間為t，D點距地面的高度為h， 則在豎直方向上有2R－h(huán)＝gt2 由小球垂直打在斜面上可知＝tan 45° 聯(lián)立解得h＝0.2 m。 [答案]　(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 考查點二　機械能守恒定律的綜合應用 題點(一)　應用機械能守恒定律解決平拋、圓周運動問題 [例1]　(2018屆高三·宜春三中摸底)如圖所示，豎直平面內的軌道由一半

41、徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內徑遠小于R。C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接?，F(xiàn)有一個比C4內徑略小的、質量為m的小球，從與C4的最高點H等高的P點以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點沿切線從凹面進入軌道。已知重力加速度為g。求： (1)小球在P點開始平拋的初速度v0的大小。 (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點射出？請說明理由。 (3)小球運動到何處，軌道對小球的彈力最大？最大值是多大？ [審題指導] (1)軌道C1、C2、C3、

42、C4均光滑，所以小球運動過程中機械能守恒。 (2)軌道C2屬于豎直面內圓周運動的繩模型，軌道C4屬于桿模型。 (3)軌道C1的最低點B和軌道C3的最低點F都是壓力的極大值處，根據(jù)圓周運動規(guī)律求解后比較即可，注意壓力大小與小球質量、速度和軌道半徑都有關系。 [解析]　(1)小球從P到A，豎直方向有： h＝2R＋4Rsin 30°＝4R； 由平拋運動規(guī)律可得：vy2＝2gh 解得：vy＝ 在A點，由速度關系tan 60°＝ 解得：v0＝。 (2)若小球能過D點，則在D點的速度滿足v> 小球從P到D由機械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mv2＋5mgR 解得：v＝ 若

43、小球能過H點，則H點速度滿足vH>0 小球從P到H時，機械能守恒，H點的速度等于P點的初速度，為>0； 綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點射出。 (3)小球在運動過程中，軌道給小球的彈力最大的點只會在圓軌道的最低點，B點和F點都有可能 小球從P到B由機械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mvB2 在B點軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝m 解得：NB＝mg； 小球從P到F由機械能守恒定律得： mv02＋6mgR＝mvF2＋3mgR 在F點軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 比較可知：F點軌道對小球的彈力最大，為m

44、g。 [答案]　(1)　(2)能，理由見解析　(3)小球運動到F點時，軌道對小球的彈力最大，最大值是mg 題點(二)　含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題 1．彈性勢能：通常由功能關系或能量守恒定律計算；彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長度，其彈性勢能相等。 2．彈力做功：與路徑無關，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈＝－ΔEp。 [例2]　如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細繩繞過輕質定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細繩剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細繩豎直、cd段的細繩與斜

45、面平行。已知A、B的質量均為m，C的質量為4m，重力加速度為g，細繩與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度。求： (1)斜面的傾角α； (2)B的最大速度v。 [解析]　(1)設當物體A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xA， 對A有kxA＝mg。 此時B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細繩拉力T三個力的作用。設B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律， 對B有，T－mg－kxA＝ma， 對C有，4mgsin α－T＝4ma， 當B獲得最大速度時，有a＝0， 由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°。 (2)開始時彈簧壓

46、縮的長度為xB＝，顯然xA＝xB。 當物體A剛離開地面時，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離為xA＋xB。 由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設為v，由機械能守恒定律可得 4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝(4m＋m)v2， 代入數(shù)值解得v＝2g。 [答案]　(1)α＝30°　(2)v＝2g 考查點三　功能關系的綜合應用 題點(一)　應用功能關系處理傳送帶問題 [例1]　如圖所示，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一個質量為M＝1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上，通過速度傳

47、感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖所示(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點)。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。求： (1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (2)物塊在傳送帶上的運動時間； (3)整個過程中系統(tǒng)生成的熱量。 [思路點撥] (1)物塊運動的加速度由摩擦力提供。 (2)物塊先向右做勻減速運動，后向左做勻加速運動，最后向左做勻速運動。 (3)系統(tǒng)產生的熱量Q＝Ff·x相對。 [解析]　(1)由速度圖像可得，物塊做勻變速運動的加速度： a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2 由牛頓第二定律得Ff＝Ma 得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

48、 μ＝＝＝0.2。 (2)由速度圖像可知，物塊初速度大小v＝4 m/s、傳送帶速度大小v′＝2 m/s， 物塊在傳送帶上滑動t1＝3 s后，與傳送帶相對靜止。 前2 s內物塊的位移大小x1＝t＝4 m，向右， 后1 s內的位移大小x2＝t′＝1 m，向左， 3 s內位移x＝x1－x2＝3 m，向右； 物塊再向左運動時間t2＝＝1.5 s 物塊在傳送帶上運動時間t＝t1＋t2＝4.5 s。 (3)物塊在傳送帶上滑動的3 s內，傳送帶的位移x′＝v′t1＝6 m，方向向左； 物塊位移為x＝x1－x2＝3 m，方向向右 相對位移為Δx′＝x′＋x＝9 m 所以轉化的熱能EQ＝F

49、f×Δx′＝18 J。 [答案]　(1)0.2　(2)4.5 s　(3)18 J 題點(二)　應用功能關系處理板—塊模型問題 1.對滑塊和滑板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個位移： ①求摩擦力對滑塊做功時必須用滑塊對地的位移s塊； ②求摩擦力對滑板做功必須用滑板對地的位移s板； ③求摩擦生熱時必須用相對滑動的總路程s相對。 2．板—塊模型的兩大臨界條件 (1)相對滑動的臨界條件 ①運動學條件：兩者速度或加速度不相等。 ②動力學條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。 (2)滑塊滑離滑板的臨界條件：滑塊恰好滑到滑板的邊緣時速度相同。

50、[例2]　如圖所示，質量為m2＝0.6 kg的薄木板靜止在光滑水平地面上，木板上有一質量為m1＝0.2 kg的小鐵塊，它離木板的右端距離d＝0.5 m，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)用拉力向左以3 m/s2的加速度將木板從鐵塊下抽出，求： (1)將木板從鐵塊下抽出時，鐵塊和木板的動能各為多少？ (2)將木板從鐵塊下抽出的過程中木板對鐵塊做的功。 (3)系統(tǒng)產生的內能和拉力F做的功。 [解析]　(1)對小鐵塊，由牛頓第二定律得 μm1g＝m1a1， 則a1＝2.0 m/s2， 木板的加速度a2＝3 m/s2，設經過時間t，將木板從鐵塊下抽出， 則有a2t2－a1t2＝d，

51、 代入數(shù)值解得t＝1 s。 鐵塊末速度v1＝a1t＝2 m/s， 木板末速度v2＝a2t＝3 m/s， 鐵塊的動能Ek1＝m1v12＝0.4 J， 木板的動能Ek2＝m2v22＝2.7 J。 (2)鐵塊位移x1＝a1t2＝1.0 m， 木板位移x2＝a2t2＝1.5 m。 這一過程，木板對鐵塊做的功為W1＝μm1gx1＝0.4 J。 (3)系統(tǒng)產生的內能Q＝μm1gd＝0.2 J， 拉力做的功W＝m1v12＋m2v22＋Q＝3.3 J。 [答案]　(1)0.4 J　2.7 J　(2)0.4 J　(3)0.2 J　3.3 J 考查點四　動量觀點與能量觀點的綜合應用 題點(

52、一)　動量定理與機械能守恒定律的綜合應用 [例1]　(2016·全國卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 [審題指導] (1)卡通玩具穩(wěn)定的懸停在空中，說明其受力平衡。 (2)水柱沖擊到玩具底板后豎直方向的速度變?yōu)榱?，則豎

53、直方向的動量也變?yōu)榱恪? [解析]　(1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S。③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水，由機械能守恒定律得 Δmv2＋Δmgh＝Δmv02④ 在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝Δmv⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④

54、⑤⑥⑦式得 h＝－。⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)－ 題點(二)　動量守恒定律與動能定理的綜合應用 [例2]　如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面有一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切?，F(xiàn)將一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相

55、對靜止時，它距點O′的距離。 [解析]　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1?、? 由動能定理得： －mgR－μmgL＝(M＋m)v12－mv02　② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s?！、? (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒定律得： mv0＝(M＋m)v2　④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由動能定理得： －μmg(L＋x)＝(M＋m)v22－mv02?、? 聯(lián)立③

56、④⑤并代入數(shù)據(jù)解得： x＝0.5 m

57、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(shù)； (2)滿足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(shù)為μ，由動能定理得 －μmgs0＝mv12－mv02① 解得μ＝。② (2)冰球到達擋板時，滿足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。設這種情況下，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 v02－v12＝2a1s0 ③ v0－v1＝a1t ④ s1＝a2t2 ⑤ 聯(lián)立③④⑤式得a2＝。 答案：(1)　(2)

58、 2．(2015·天津高考)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1 m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn)將一質量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。設皮帶足夠長，取g＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求 (1)郵件滑動的時間t； (2)郵件對地的位移大小x； (3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。 解析：(1)設郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則 F＝μmg ① 取向右為正方向，對郵件應用動量定理，有 Ft＝mv－0 ② 由①②式并代入數(shù)據(jù)得 t＝0.2 s。

59、③ (2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，對郵件應用動能定理，有 Fx＝mv2－0 ④ 由①④式并代入數(shù)據(jù)得 x＝0.1 m。 ⑤ (3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，設皮帶相對地面的位移為s，則 s＝vt ⑥ 摩擦力對皮帶做的功 W＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 W＝－2 J。 ⑧ 答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 3．如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能達到C板的最右端

60、，已知A、B、C質量均相等，木板C長為L，求： (1)A物體的最終速度； (2)A在木板C上滑行的時間。 解析：(1)設A、B、C的質量為m，B、C碰撞過程中動量守恒，設B、C碰后的共同速度為v1， 則mv0＝2mv1，解得v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用的過程中動量守恒， 設最終A、C的共同速度為v2， 則mv0＋mv1＝2mv2，解得v2＝。 (2)在A、C相互作用的過程中，根據(jù)機械能守恒有 FfL＝mv02＋mv12－·2mv22(Ff為A、C間的摩擦力)， 代入解得Ff＝。 此過程中對C，根據(jù)動量定理有Fft＝

61、mv2－mv1， 代入相關數(shù)據(jù)解得t＝。 答案：(1)　(2) 4.(2018屆高三·開封調研)如圖所示，質量為m的b球用長h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處。質量也為m的小球a，從距BC高h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距地面有一定的高度，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg。試問： (1)a與b球碰前瞬間，a球的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？(要求通過計算回答) 解析：(1)設a球經C點時速度為vC， 則由機械能守恒得mgh＝mvC2 解得vC＝， 即a與b碰前的速度大小為。 (2)設a、

62、b球碰后的共同速度為v，由動量守恒定律 mvC＝(m＋m)v， 故v＝vC＝ 兩球被細繩懸掛繞O擺動時，在最低點時設細繩拉力為FT， 則由牛頓第二定律得FT－2mg＝2m 解得FT＝3mg 因為FT>FTm＝2.8mg， 所以細繩會斷裂。 答案：(1)　(2)見解析 5．如圖所示，質量為m＝1 kg的可視為質點的小物塊輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上的P點，隨傳送帶運動到A點后水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質量為M＝2 kg 的足夠長的小車左端在最低點O點相切，小物塊并在O點滑上小車，水平地面光滑，當物塊運動到障礙物Q處時與Q發(fā)

63、生無機械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經相對靜止，而小車可繼續(xù)向右運動(物塊始終在小車上)，小車運動過程中和圓弧無相互作用。已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對應的圓心角θ為53°，A點距水平面的高度h＝0.8 m，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。試求： (1)小物塊離開A點的水平初速度v1大小； (2)小物塊經過O點時對軌道的壓力大??； (3)第一次碰撞后直至靜止，物塊相對小車的位移和小車做勻減速運動的總時間。 解析：(1)對小物塊由A到B有vy2＝2gh， 在B點tan θ＝， 解得v1＝3

64、 m/s。 (2)由A到O，根據(jù)動能定理有 mg(h＋R－Rcos θ)＝mvO2－mv12， 在O點FN－mg＝m， 解得：vO＝ m/s，F(xiàn)N＝43 N。 由牛頓第三定律知，小物塊對軌道的壓力FN′＝43 N。 (3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，物塊滑上小車后經過時間t達到的共同速度為vt， 則＝，am＝2aM，得vt＝ m/s。 由于碰撞不損失能量，物塊在小車上重復做勻減速和勻加速運動，相對小車始終向左運動，物塊與小車最終靜止，摩擦力做功使動能全部轉化為內能，故有： Ff·l相＝(M＋m)vt2，得l相＝5.5 m。 小車從物塊碰撞后開始勻減速運動，(每個減速階段)加

65、速度不變 aM＝＝0.5 m/s2，vt＝aMt 得t＝ s。 答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　 s 6．(2018屆高三·廣安四校聯(lián)考)如圖甲所示，軌道ABC由一個傾角為θ＝30°的斜軌道AB和一個水平軌道BC組成，一個可視為質點的質量為m的滑塊從A點由靜止開始下滑，滑塊在軌道ABC上運動的過程中，受到水平向左的拉力F的作用，力的大小和時間的關系如圖乙所示，經過時間t0滑塊經過B點，經過B點時無機械能損失，最后停在水平軌道BC上，滑塊與軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，已知重力加速度為g。求： (1)整個過程中滑塊的運動時間； (2)整個過程中水平拉力

66、F做的功； (3)整個過程中摩擦力做的功。 解析：(1)在0～t0這段時間內，滑塊在斜軌道AB上運動時，垂直斜面方向有： FN＋F1sin θ－mgcos θ＝0 解得FN＝0 所以滑塊不受摩擦力，由牛頓第二定律，滑塊在斜軌道AB上運動時的加速度 a1＝＝2g 滑塊到達B點時的速度vB＝a1t0＝2gt0 在t0～2t0這段時間內，水平拉力F2＝mg＝Ff＝μmg，所以滑塊做勻速直線運動 2t0之后的過程中，滑塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律，加速度a2＝＝ 運動時間t＝＝4t0 整個過程中滑塊的運動時間t＝2t0＋4t0＝6t0。 (2)在0～t0這段時間內，滑塊的位移 x1＝a1t02＝gt02 水平拉力F做功W1＝F1x1cos θ＝mg2t02 在t0～2t0這段時間內，滑塊的位移x2＝vBt0＝2gt02 水平拉力F做功W2＝F2x2＝mg2t02 整個過程中水平拉力F做功 W＝W1＋W2＝mg2t02。 (3)2t0之后的過程中，滑塊的位移x3＝＝4gt02 滑塊在斜軌道AB上運動時，沒有摩擦力，在水平軌道BC上運動時，摩擦力是恒力