20xx屆新高考二輪復習-專題二-第三講-應用力學三大觀點解決綜合問題-學案(參考版)
2025-04-05 05:03本頁面
【正文】 ⑥又Ek=12m2vB2⑦聯立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為Ek=5gl(2m1+m2)22m2⑧。,A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點,需滿足v39。m/s(3)對B由動量定理:I39。m/s繩拉斷過程拉力等大,時間相等,故繩對B的沖量大小為I39。m/s (3)≤μ,Q1=6μ J。2聯立解得L總=v039。且有μmgL總=12mv039。23μg解析(1)對A有μmg=maA得aA=μg對BC整體有μmg=2maB解得aB=μg2(2)若A、B不發(fā)生碰撞,則三者在A、B接觸前達到共同速度,由動量守恒有mv0=3mv共且有μmgL12mv02123mv共2解得v03μgL(3)由于發(fā)生彈性碰撞且A、B質量相等,故A、B碰后交換速度,等同于A與C相對靜止一起向前加速,B向前減速,剛好不滑下木板時,三者達到共同速度,由動量守恒有mv039。=187m綜上所述,要使工件能飛出CD軌道最高點,應使h滿足187m≤h≤3m。=12mv039。2工件恰好滑出CD軌道最高點,由機械能守恒定律得12mv239。212Mv139。=(m+M)v139。,剛滑上CD軌道的速度為v239。,剛滑上小車的速度為v039。=N=40N。=FN=10N(3)滑塊2離開C點做平拋運動,豎直方向h=12gt2,故t=。=815m=【典例2】答案(1) J (2)10 N (3)見解析解析(1)以滑塊1和滑塊2為系統(tǒng),由動量守恒定律得0=m1v1m2v2解得v1=2m/s由能量守恒定律得Ep=12m1v12+12m2v22,解得Ep=(2)滑塊1恰好過F點,則滑塊1在F點的速度為0。,全程根據能量守恒定律可得:qEL=μmgL39。2=qEx解得v2=(2)最后平板、小物塊靜止(左端與擋板接觸),若此時小物塊恰好滑到平板最左端,則這時的平板長度最短。=,方向向左。,向右為正方向。小球沿斜面BC下滑又沖上斜面AB的過程中,有:(mgsinθμ2mgcosθ)L1(mgsinθ+μ1mgcosθ)L2=0,解得:L2=,而且分析可知小球每次由斜面AB下滑到再次滑回斜面AB的過程中,兩邊路程之比是固定的,即s1∶s2=(LAB+L2)∶2L1=11∶5,由于在兩個斜面上的摩擦力不同,所以在斜面AB、BC上運動時產生的熱量之比就不是11∶5,故C正確,D錯誤?！绢愵}演練1】AC 解析小球由A下滑到B的過程中,根據動能定理有:(mgsinθμ1mgcosθ)LAB=12mvB2,解得:vB=4m/s,故A正確。設碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h,動能定理3μmg(LABx)3μmghtanθ3mgh=012(3m)v39。=1516m,故不會沖出(3)滑塊運動到距A點x處的速度為v,動能定理mgHμmgx=12mv2碰撞后的速度為v39。cosθ+mgLBC39。=FN=8N,方向水平向左(2)能在斜軌道上到達的最高點為C39。管第二次落地彈起后的上升過程中,球不會滑出管外的條件是x1+x2≤L聯立式,L應滿足的條件為L≥152125H。在管開始下落到上升H1這一過程中,由動能定理有m39。由運動學公式有h2=v22g⑩設管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1,則H1=h1+h2聯立③④⑥⑦⑨⑩式可得H1=1325H。取向上為正方向,由運動學公式v0a1t1=v0+a2t1⑤聯立③④⑤式得t1=252Hg⑥設此時管下端的高度為h1,速度為v。管彈起的瞬間,管的速度反向,球的速度方向依然向下。③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。a1=m39。球的加速度大小為a2,方向向上。(1)2g 3g (2)1325H (3)L≥152125H解析(1)管第一次落地彈起的瞬間,小球仍然向下運動。設載物箱勻速運動通過的距離為s3,有s3=(Δtt2)v由①式可知,12mv2μmg(ls2s3),即載物箱運動到右側平臺時速度大于零,設為v3。設載物箱做勻加速運動通過的距離為s2,所用時間為t2,由運動學公式有v=v0+at2⑩v2v02=2as2聯立①⑩式并代入題給數據得t2=s2=、,達到與傳送帶相同的速度。由動能定理有μmgl=12mv1212mv02⑦μmgl=12mv2212mv02⑧由⑦⑧式并代入題給條件得v1=2m/s,v2=43m/s。⑥(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時,到達右側平臺時的速度最小,設為v1。④t1=t139。設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1,做勻減速運動所用的時間為t139。(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大?第三講 應用力學三大觀點解決綜合問題體系構建真題感悟高考真題(1) s (2)43
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