【物理】2020届二轮复习专题五解决物理问题的“三大观点”学案

【物理】2020届二轮复习专题五解决物理问题的“三大观点”学案

专题五　解决物理问题的“三大观点”‎ ‎『相关知识链接』‎ ‎1．解决物理问题的“三大观点”‎ ‎(1)以牛顿运动定律和运动学公式为基础从动力学方面入手解决问题．‎ ‎(2)以功与能的关系、动能定理、能量守恒定律为基础从能量的观点解决问题．‎ ‎(3)以动量定理、动量守恒定律为基础从动量的观点解决问题．‎ ‎2．物理学中几种功能关系 ‎(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.‎ ‎(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.‎ ‎(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.‎ ‎(4)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电．‎ ‎(5)除重力、弹簧弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机．‎ ‎(6)滑动摩擦力与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内．‎ ‎(7)安培力做功：WA>0时，WA＝ΔE机(若除重力、弹簧弹力外只有安培力做功，则安培力所做的正功等于增加的机械能)；WA<0时，WA＝－E电(安培力所做的负功等于产生的电能)．‎ ‎『备考策略锦囊』‎ ‎1．三条途径的选用 ‎(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间和加速度时，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．‎ ‎2．碰撞中的“三看”和“三想”‎ ‎(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”．‎ ‎(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”．‎ ‎(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“‎ 动量守恒，机械能损失最大”．‎ 高考考向1　应用“三大观点”解决力学综合问题 ‎[例1]　[动量观点的应用]‎ ‎[2019·全国卷Ⅰ，16]最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为‎3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)‎ A．1.6×‎102 kg B．1.6×‎‎103 kg C．1.6×‎105 kg D．1.6×‎‎106 kg ‎【命题意图】　本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养，同时也增强了考生的国人自豪感．‎ ‎【解析】　设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m. 以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ft＝mv－0，解得m＝＝1.6×‎103 kg，选项B正确．‎ ‎【答案】　B ‎[例2]　[能量观点的应用]‎ ‎[2019·全国卷Ⅲ，17]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 ‎【命题意图】　本题考查动能定理，体现了模型建构素养．‎ ‎【解析】　设外力大小为F，在距地面高度‎3 m 内的上升过程中，由动能定理知－(mg＋F)h＝mv－mv，由图象可知，mv＝72 J，mv＝36 J，得mg＋F＝12 N. 同理结合物体在下落过程中的Ek h图象有mg－F＝8 N，联立解得mg＝10 N，则m＝‎1 kg，选项C正确．‎ ‎【答案】　C ‎[例3]　[动量观点和能量观点的综合应用]‎ ‎[2019·全国卷Ⅰ，25]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．‎ ‎(1)求物块B的质量；‎ ‎(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．‎ ‎【命题意图】　本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等相关规律，考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力，体现了模型建构、科学推理等核心素养要素．‎ ‎【解析】　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′①‎ mv＝m2＋m′v′2②‎ 联立①②式得 m′＝‎3m③‎ ‎(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所走过的路程为x1，返回过程中所走过的路程为x2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有 mgH－Ffx1＝mv－0④‎ ‎－(Ffx2＋mgh)＝0－m2⑤‎ 从图(b)所给的v t图线可知 x1＝v1t1⑥‎ x2＝··(1.4t1－t1)⑦‎ 由几何关系可得 ＝⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝Ffx1＋Ffx2⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝mgH⑩‎ ‎(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 W＝μmgcos θ⑪‎ 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为x′，由动能定理有 ‎－μm′gx′＝0－m′v′2⑫‎ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgx′＝0⑬‎ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 ＝⑭‎ ‎【答案】　(1)‎3m　(2)mgH　(3) ‎[例4]　[“三大观点”的综合应用]‎ ‎[2019·全国卷Ⅲ，25]静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝‎1.0 kg，mB＝‎4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝‎1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝‎10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．‎ ‎(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；‎ ‎(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？‎ ‎(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ ‎【命题意图】　本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用，要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力. 题目中涉及两个物体，运动过程较多，涉及规律较多，综合性很强，为较难题. 体现了模型建构、科学推理的素养要求．‎ ‎【解析】　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ‎0＝mAvA－mBvB①‎ Ek＝mAv＋mBv②‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA＝‎4.0 m/s，vB＝‎1.0 m/s③‎ ‎(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为xB，则有 mBa＝μmBg④‎ xB＝vBt－at2⑤‎ vB－at＝0⑥‎ 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程xA都可表示为 xA＝vAt－at2⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 xA＝‎1.75 m，xB＝‎0.25 m⑧‎ xA>l且xA－xB<‎2l，这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边‎0.25 m处．B位于出发点左边‎0.25 m处，两物块之间的距离x为 x＝‎0.25 m＋‎0.25 m＝‎0.50 m⑨‎ ‎(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有 mAvA′2－mAv＝－μmAg(‎2l＋xB)⑩‎ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ m/s⑪‎ 故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫‎ mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬‎ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭‎ 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由运动学公式 ‎2axA′＝vA″2,2axB′＝vB″2⑮‎ 由④⑭⑮式及题给数据得 xA′＝‎0.63 m，xB′＝‎0.28 m⑯‎ xA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离 x′＝xA′＋xB′＝‎0.91 m⑰‎ ‎【答案】　(1)‎4.0 m/s　‎1.0 m/s　(2)B先停止　‎‎0.50 m ‎(3)‎‎0.91 m ‎[例5]　[动力学、能量观点在电场中的应用]‎ ‎[2019·全国卷Ⅲ，24]空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求 ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)B运动到P点时的动能．‎ ‎【命题意图】　本题考查电场强度和电场力，以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题，考查考生的综合分析能力. 题目情景常见，运动过程简单，为中等难度题. 体现了模型建构、科学推理的素养要求．‎ ‎【解析】　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①‎ a2＝gt2②‎ 解得 E＝③‎ ‎(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④‎ 且有 v1＝v0t⑤‎ h＝gt2⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 Ek＝‎2m(v＋g2t2)⑦‎ ‎【答案】　(1)　(2)‎2m(v＋g2t2)‎ ‎【模型分析】　本题中不带电小球做平抛运动；带电小球做类平抛运动．两种运动均属于匀变速曲线运动，处理方法均为分解法，均可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向且初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎『多维训练』‎ ‎1．[2019·江苏卷，8](多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　　)‎ A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 命题意图：本题考查受力分析和运动分析、功的求解、能量守恒定律和动能定理等相关知识点，意在考查考生的理解能力和分析综合能力．‎ 解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，选项D错误．‎ 关键一步：根据物块的运动情况来判断其受力情况为本题关键，同时把物体运动过程分析清楚，对应应用能量守恒定律和动能定理是解决能量问题的关键．‎ 答案：BC ‎2．[2019·陕西省成阳市二模](多选)如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置两小球B和C，小球A从弧形轨道上离地面高h处由静止释放，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，如果让小球A从h＝‎0.2 m处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．A球最后不会与B球再相碰 B．A球最后会与B球再相碰 C．C球的最后速度为 m/s D．C球的最后速度为 m/s 解析：设A球的质量为m，A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得：mgh＝mv，解得：v0＝，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B动量守恒，机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋×2mv，解得：v1＝－v0，v2＝v0.B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正，根据动量守恒定律得：2mv2＝(‎2m＋m)v，解得：v＝v0>|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰，故A正确，B错误；C球最后的速度v＝＝× m/s＝ m/s，故C错误，D正确．‎ 答案：AD ‎3．[2019·河北衡水中学模拟]如图所示，在距地面高度h＝‎5 m的光滑水平桌面上，一轻质弹簧被质量分别为ma＝‎1 kg、mb＝‎2 kg的两个小物块a、b压缩(不拴接)，弹簧和物块均处于静止状态．现同时释放两个物块，弹簧恢复原长后，a继续运动最后落在水平地面上，落点距桌子边缘的水平距离为x＝‎2 m，b则从A端滑上与桌面等高的传送带，传送带起初以v0＝‎2 m/s的速度顺时针运转，在b滑到A端的瞬间传送带开始以a0＝‎1 m/s2的加速度加速运转，b和传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带右侧B处固定一竖直放置的光滑半圆轨道BCD，其半径R＝‎0.8 m，b恰能滑上与圆心等高的C点．取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求处于静止状态时弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎(2)求物块b由A端运动到B端所经历的时间t；‎ ‎(3)若半圆轨道半径可调，为保证b在半圆轨道运动时不脱离轨道，则半圆轨道的半径应满足什么要求？‎ 解析：(1)a飞出桌面后做平抛运动，则x＝vat，h＝gt2‎ 弹簧弹开a、b的过程中，a、b弹簧组成的系统动量守恒，故mava＝mbvb 由能量守恒定律有Ep＝mav＋mbv 联立解得va＝‎2 m/s，vb＝‎1 m/s，Ep＝3 J.‎ ‎(2)b恰能滑上C点，则b从B到C的过程中，由动能定理有－mbgR＝0－mbv b刚运动到A端时，vb0)的小物块在小车的正中央，发现物块恰好没有从车上掉下来(重力加速度为g)：‎ ‎(1)求物块与小车上表面间的滑动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场E1，为了让物块不从车的左端掉下来，求电场强度E1的最小值．‎ 解析：(1)放上物块到二者达到共同速度的过程中系统动量守恒，选取向右为正方向，则 mv0＝2mv1‎ 系统产生的热量等于系统动能的减少量，有：‎ μmg＝mv－×2mv 得：μ＝0.25.‎ ‎(2)加上水平向右的电场后，物块向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ qE1＋μmg＝ma1‎ 小车在摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，有：‎ μmg＝ma2‎ 当E1取最小值时，二者达到共同速度v2时物块恰好到达小车的左端，由运动学公式得：‎ v2＝a1t＝2v0－a2t t－t＝ 解得：E1＝.‎ 答案：(1)0.25　(2) ‎7.‎ 如图所示，两根质量均为m＝‎2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动x＝‎0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA：vC＝1：2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：‎ ‎(1)在CD棒运动‎0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；‎ ‎(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；‎ ‎(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v′A和v′C.‎ 解析：(1)设两棒的长度分别为l和‎2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，有 Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2‎ 又vA：vC＝1：2，联立以上两式并代入数据得vA＝‎4 m/s，vC＝‎8 m/s.‎ ‎(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足 BLvA′＝B·2LvC′‎ 即vA′＝2vC′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)‎ 对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有 FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC.‎ 因为FC＝2FA，故有＝ 联立以上各式解得vA′＝‎6.4 m/s，vC′＝‎3.2 m/s.‎ 答案：(1)15 J　(2)‎4 m/s　‎8 m/s　(3)‎6.4 m/s　‎3.2 m/s ‎8．[2019·全国卷Ⅱ，25]一质量为m＝2 ‎000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方‎100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为‎24 m，第4 s内的位移为‎1 m.‎ ‎(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v t图线；‎ ‎(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?‎ 命题意图：本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点，考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力，体现了科学推理与科学论证的素养要素，通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念．‎ 解析：(1)v t图象如图所示．‎ ‎(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在(t2＋(n－1)Δt)～(t2＋nΔt)内的位移为sn，n＝1,2,3，….‎ 若汽车在(t2＋3Δt)～(t2＋4Δt)时间内未停止，设它在(t2＋3Δt)时刻的速度为v3，在(t2＋4Δt)时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝‎3a(Δt)2①‎ s1＝v2Δt－a(Δt)2②‎ v4＝v2－4aΔt③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s④‎ 这说明在(t2＋4Δt)时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．‎ 由于在(t2＋3Δt)～(t2＋4Δt)内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt⑤‎ ‎2as4＝v⑥‎ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝‎8 m/s2，v2＝‎28 m/s⑦‎ 或者a＝ m/s2，v2＝‎29.76 m/s⑧‎ 但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去 ‎(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有 f1＝ma⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝f1(t2－t1)⑩‎ 由动量定理有 I＝mv1－mv2⑪‎ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝‎30 m/s⑬‎ W＝1.16×105 J⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮‎ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s＝‎87.5 m⑯‎ 答案：(1)见解析　(2)‎28 m/s　‎8 m/s2‎ ‎(3)‎30 m/s　1.16×105 J　‎‎87.5 m 压轴题透析：对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为‎24 m，第4 s内的位移为‎1 m”的解读至关重要．不进行深入思考很容易套用x1－x4＝‎3a(Δt)2计算加速度．陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动．在此可以假设汽车在t2＋3 s后再经t0时间停止运动．由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为‎24 m/s，故由速度时间关系有：0＝v0.5－a(2.5＋t0)，对最后‎1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4＝at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小．在t1～t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由F t图线与横轴所围图形的面积得到．‎ B卷　应用“三大观点”解决实际问题 ‎1.‎ ‎[2019·天津卷，10]完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝‎150 m，BC水平投影L2＝‎63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝‎60 kg，g＝‎10 m/s2，求 ‎(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；‎ ‎(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．‎ 命题意图：本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动．通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析，以及学生的综合分析能力，体现了科学推理的核心素养．国产航母是大国重器，通过本题也能厚植爱国情怀．‎ 解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有 ＝①‎ 根据动能定理，有 W＝mv2－0②‎ 联立①②式，代入数据，得 W＝7.5×104 J③‎ ‎(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ④‎ 由牛顿第二定律，有 FN－mg＝m⑤‎ 联立①④⑤式，代入数据，得 FN＝1.1×103 N⑥‎ 答案：(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N ‎2．[2019·浙江卷，20]某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝‎0.4 m、转轴间距L＝‎2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝‎2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)‎ ‎(1)若h＝‎2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；‎ ‎(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；‎ ‎(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．‎ 命题意图：本题考查匀变速直线运动、平抛运动和牛顿运动定律．‎ 解析：(1)小物块由静止释放到B的过程中，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma v＝‎2a 解得vB＝‎4 m/s ‎(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则由能量守恒定理 ‎0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL 解得h1＝‎‎3.0 m 当h

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