2023届二轮复习 板块五　动力学问题的三大观点 学案

这是一份2023届二轮复习 板块五　动力学问题的三大观点 学案，共25页。学案主要包含了真题研磨，审题思维，模型转化，答题要素，多维演练等内容，欢迎下载使用。

板块五　动力学问题的三大观点

考向一动力学问题的运动观点
【真题研磨】
【典例】(9分)(2022·浙江1月选考改编)钢架雪车比赛的一段赛道如图所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s①,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑如图所示,到C点共用时5.0s②。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin15°=0.26,取g=10 m/s2,求雪车(包括运动员):

(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)过C点的速度大小;
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小③。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
匀加速运动,已知初速度、末速度、位移
②
匀加速运动,已知初速度、时间、位移
③
已知运动,求受力
【模型转化】



【答题要素】
1.动力学两类基本问题,即两类基本题型
(1)已知运动求力;(2)已知力求运动。
2.动力学两类基本问题解答步骤

3.动力学两类基本问题解答关键:求加速度a。
加速度a在问题解答中起着桥梁作用。
【多维演练】
1.维度:已知受力情况求运动情况
如图所示,某快递公司使用电动传输机输送快件,倾角θ=37°的传送带顶端A到底端B的高度H=9.6 m,若传送带以10 m/s的速度转动,在传送带顶端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的快件(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)若传送带顺时针转动,快件从A运动到B所用的时间;
(2)若传送带逆时针转动,快件从A运动到B所用的时间。
2.维度:两类基本动力学问题的融合
如图所示,“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上,支架两臂与水平面间夹角θ均为53°,“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧,轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端,上端与一小球相接触但不连接,该臂上端有一挡板。已知小球质量为m,支架每臂长为3l2,支架静止时弹簧被压缩了13,重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO'以角速度ω匀速转动。sin53°=45,cos53°=35,求:

(1)轻弹簧的劲度系数k;
(2)轻弹簧恰为原长时,支架的角速度ω0;
(3)当ω=12ω0时轻弹簧和挡板弹力的大小。
考向二动力学问题的能量观点
【真题研磨】
【典例】(12分)(2022·浙江6月选考)如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O
点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆①,细线始终张紧,摆到最低点时恰
好与a发生弹性正碰②。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与DE平滑连接,物块可视为质点,取g=10 m/s2。

(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小;
(2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力FN③与h间满足的关系;
(3)若物块b释放高度满足0.9 m 【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
机械能守恒
②
动量守恒、机械能守恒
③
合外力提供向心力,需先求E点速度,可用动能定理求解
④
已知位移或求位移,可用动能定理求解
【模型转化】

【答题要素】
1.运用动能定理解题三步骤

2.机械能守恒或能量守恒解题四步骤




【多维演练】
1.维度:机械能守恒+动能定理
如图所示,AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.0 m的圆弧轨道,CDO是半径为r=0.4 m的半圆轨道,BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接,已知BC段水平轨道长L=1.6 m,现让一个质量为M=3 kg的小球从A点正上方距A点高H=0.25 m处自由落下,运动到圆弧轨道最低点B时,与质量为m=2 kg的滑块发生弹性碰撞,碰后立即取走小球,使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2,不计空气阻力,小球和滑块均可视为质点,求:

(1)小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小FN;
(2)通过计算试判断滑块是否能到达最高点O。若能,请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
2.维度:动能定理+机械能守恒
如图所示,某儿童弹珠类游戏装置由水平面上的固定倾斜轨道、竖直圆轨道(最低点D处分别与水平轨道CD和DE相切)和右端固定的轻质弹簧组成,且各部分平滑相接。某次游戏时,弹珠(可视为质点)从倾斜轨道顶点A点由静止释放,沿倾斜轨道下滑,经过圆轨道后压缩弹簧,然后被弹回,再次经过圆轨道并滑上倾斜轨道,如此往复多次。已知圆轨道半径r=0.1 m,弹珠的质量m=20 g,倾斜轨道的倾角θ=37°及底边BC的长度L=1.6 m,弹珠与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.25,忽略其他轨道摩擦及空气阻力,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)弹珠第一次通过竖直圆轨道最高点H时对轨道的压力大小;
(2)弹簧的最大弹性势能及弹珠前两次(即第一次和第二次)压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能之比;
(3)调节竖直圆轨道的半径为R=0.04 m,其他条件不变,仍将弹珠从倾斜轨道顶点A处由静止释放,则此后弹珠通过H点的次数。
考向三动力学问题的动量观点
【真题研磨】
【典例】(11分)(2022·河北选择考)如图,光滑水平面上①有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板②,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小取g=10 m/s2。

(1)若0 (2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小③。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
系统动量守恒
②
完全非弹性碰撞,动量守恒
③
动量守恒,速度相同
【模型转化】

【答题要素】





【多维演练】
1.维度:子弹+滑块滑板问题
如图所示,平板小车A放在光滑水平地面上,长度L=1 m,质量mA=1.99 kg,其上表面距地面的高度h=0.8 m。滑块B(可视为质点)质量mB=1 kg,静置在平板小车的右端,A、B间的动摩擦因数μ=0.1。现有mC=0.01 kg的子弹以v0=400 m/s速度向右击中小车A并留在其中,且击中时间极短,g取10 m/s2。求:

(1)子弹C击中平板小车A后的瞬间,A的速度;
(2)B落地瞬间,平板小车左端与滑块B的水平距离。
2.维度:反冲+碰撞,水平方向动量守恒
滑板运动是一种极限运动,很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地,OP段是光滑的14圆弧轨道,半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面,滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下,到达P点时,立即向前起跳。滑板手离开滑板A后,滑板A以速度v1=2 m/s返回,滑板手落到前面相同的滑板B上,并一起向前继续滑动。已知两滑板质量均为m=5 kg,滑板手的质量是滑板的9倍,滑板B与P点的距离为Δx=1 m,g取10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间,不计空气阻力)求:

(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力;
(2)滑板手落到滑板B后瞬间,滑板B的速度大小;
(3)两个滑板间的最终距离。

1.(结合电场力的动力学问题)如图所示,在水平向左的匀强电场中,有一光滑轨道ABCD。AB是水平轨道,BCD是处于竖直平面内的半圆轨道,圆心O在AB的延长线上。今有一带电物体P(可视为质点,电荷量保持不变)从某处以水平向右的初速度v0向B运动。P在AB上运动的过程中,在第1 s内P的位移为24 m;在第4 s内,P在水平轨道上运动了1 m刚好到达B点,并进入半圆轨道BCD中运动。重力加速度g取10 m/s2。问:

(1)带电物体P带什么电;
(2)带电物体P从A运动到B的时间t和加速度a;
(3)带电物体P运动到半圆轨道最低点C时,半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍。
2.(运用牛顿运动定律观点解滑板与滑块模型的动力学问题)如图所示,一块质量为M=2 kg,长为L=3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上,在木板的左端静止摆放着质量为m=1 kg的小木块(可视为质点),薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1,薄木板与桌面之间的动摩擦因数为μ2=0.2。在t=0时刻,在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12 N,g取10 m/s2。则:

(1)拉力F刚作用在木板上时,木板M的加速度大小是多少?
(2)如果F一直作用在M上,那么经多少时间m将离开M?
(3)若在时间t=1 s时撤去F,再经过多少时间M和m第一次速度相同?在此情况下,最终m在M上留下的痕迹的长度是多少?
3.(机械能守恒)如图所示,质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上,弹簧下端固定在地面上,质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接,开始用手托住乙,轻绳刚好伸直,滑轮左侧绳竖直,右侧绳与水平方向夹角为α。此时小球位于P点。某时刻由静止释放乙(足够高),经过一段时间小球运动到Q点,OQ两点的连线水平,OQ=d,且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),sinα=0.8,cosα=0.6。求:

(1)弹簧的劲度系数k;
(2)小球位于Q点时的速度大小;
(3)小球甲和物体乙的机械能之和的最大值(设放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面为零势能面)。
4.(动能定理)如图所示,不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球,另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时,小球静止于A点,现给小球一水平向右的初速度,使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧,ON与OA的夹角为θ(0<θ<π),且细线遇到钉子后,小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动,当小球运动到钉子正下方时,细线刚好被拉断。已知小球的质量为m,细线的长度为L,细线能够承受的最大拉力为7mg,g为重力加速度大小。

(1)求小球初速度的大小v0;
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式;
(3)在细线被拉断后,小球继续向前运动,试判断它能否通过A点。若能,请求出细线被拉断时θ的值;若不能,请通过计算说明理由。
5.(能量观点+动量观点)“再生制动”是一些汽电混动汽车的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m,该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动,后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0(n>1)在平直路面上匀速行驶时,某一时刻开始刹车,前阶段阻力的大小与速度的大小成正比,即f=kv,后阶段阻力恒为车重的μ倍,汽车做匀减速运动,重力加速度为g。求:
(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能,那么此次刹车储存多少电能。
(2)汽电混动汽车从刹车到停止的位移。







板块五　动力学问题的三大观点
考向一　动力学问题的运动观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)设在AB段加速度为a1,由速度—位移关系可得vB2=2a1xAB
代入数据解得a1=83 m/s2
(2)设运动员在AB段运动时间为t1,BC段运动时间为t2,在BC段的加速度为a2,
t1=vBa1=883 s=3.0 s,则t2=5.0 s-3.0 s=2.0 s
BC段xBC=vBt2+12a2t22
代入数据解得a2=2 m/s2
过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s
(3)在BC段由牛顿第二定律可得mgsinθ-Ff=ma2
代入数据解得Ff=66 N
答案:(1)83 m/s2　(2)12 m/s
(3)66 N
【多维演练】
1.【解析】(1)若传送带以v0=10 m/s的速率顺时针转动,快件开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
快件与传送带共速所需时间为t1=v0a1
位移为x1=v022a1
联立解得t1=1 s,x1=5 m
因为μ=0.5 由运动学规律可知x2=v0t2+12a2t22
根据几何关系可知x1+x2=Hsinθ
解得t2=1 s
则总时间t=t1+t2
联立以上各式解得t=2 s
(2)若传动带以10 m/s的速度逆时针转动,快件一直受到沿斜面向上的滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
由x=12a3t32
根据几何关系可知x=Hsinθ
联立以上各式解得t3=4 s
答案:(1)2 s　(2)4 s
2.【解析】(1)受力分析如图

支架静止时弹簧被压缩了13,由平衡条件得kl3=mgsinθ
解得k=12mg5l
(2)轻弹簧恰为原长时,如图所示,支架的角速度ω0

mgtanθ=mω02lcosθ
解得ω0=20g9l
(3)当ω=12ω0时,弹簧处于压缩状态

Ncosθ+kxsinθ=mg
Nsinθ-kxcosθ=mω2(l-x)cosθ
联立解得轻弹簧弹力:kx=3655mg
挡板弹力为FN=0
答案:(1)12mg5l　(2)20g9l
(3)36mg55　0
考向二　动力学问题的能量观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)物块b摆到最低点过程中,由机械能守恒定律mgh=12mvb2
解得vb=5 m/s
b与a发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mv'b+mv0
12mvb2=12mv'b2+12mv02联立解得v0=vb=5 m/s
(2)由(1)分析可知,物块b与物块a在A点发生弹性正碰,速度交换,设物块a刚好可以到达E点,物块b高度为h1,根据动能定理可得mgh1-2μmgl-mgH=0
解得h1=1.2 m
以竖直向下为正方向得FN+mg=mvE2R
由动能定理mgh-2μmgl-mgH=12mvE2
联立可得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块位置在E点或E点右侧,根据动能定理得mgh-2μmgl-mgH=12mvE2
从E点飞出后,竖直方向H=12gt2
水平方向s=vEt
根据几何关系可得DF=35 m
联立解得x=3l+DF+s1
代入数据解得(3+35) m≤x<(3.6+35) m
当0.9 m 解得s2=1.8 m
可知物块达到距离C点0.8 m处静止,物块a由E点速度为零,返回CD时,根据动能定理可得mgH-μmgs3=0
解得s3=0.4 m
距离C点0.6 m,
可知当0.9 m 代入数据得2.6 m≤x≤3 m
答案:(1)5 m/s
(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)见解析
【多维演练】
1.【解析】(1)小球从开始下落至B点的过程,根据机械能守恒定律得
Mg(H+R)=12Mv02
可得v0=5 m/s
小球与滑块碰前瞬间,根据牛顿第二定律得
FN'-Mg=Mv02R
由牛顿第三定律可知,小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小FN=FN'
联立解得FN=105 N
(2)小球与滑块发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得
Mv0=Mv1+mv2
由机械能守恒定律得
12Mv02=12Mv12+12mv22
假设滑块能到达O点,滑块从B点到O点,根据动能定理得
-μmgL-2mgr=12mv32-12mv22
解得滑块到达O点的速度v3=2 m/s
滑块恰好到达最高点O时需要满足mg=mv42r
解得v4=2 m/s
因为v3=v4,所以滑块可以到达O点,离开O后做平抛运动,则水平方向有x=v3t
竖直方向有2r=12gt2
解得x=0.8 m
所以滑块离开O点后落在轨道上的位置到C点距离为0.8 m
答案:(1)105 N　(2)见解析
2.【解析】(1)弹珠从A点到H点,根据动能定理得
mg(Ltanθ-2r)-μmgcosθ·Lcosθ
=12mvH2-0 ①
在H点,对弹珠,根据牛顿第二定律得
mg+FN=mvH2r ②
解得FN=2.2 N
根据牛顿第三定律知,弹珠对轨道的压力大小为2.2 N。
(2)弹珠第一次从A点运动至压缩到弹簧最短,此时弹簧的弹性势能最大,设为Ep1。由功能关系得
mgLtanθ-μmgcosθ·Lcosθ=Ep1 ③
解得Ep1=0.16 J
设第二次沿斜面上升的最大高度为H2,第二次压缩弹簧的最大弹性势能为Ep2。
弹珠第二次沿斜面上升的过程,由功能关系得
Ep1=mgH2+μmgcosθ·H2sinθ ④
第二次从斜面上下滑至压缩弹簧到最短的过程,由动能定理得
Ep2=mgH2-μmgcosθ·H2sinθ=Ep1-2μmgcosθ·H2sinθ ⑤
可求得Ep1Ep2=2 ⑥
(3)由(2)同理可得,弹珠第二次与第三次压缩弹簧的最大弹性势能之比为
Ep2Ep3=2 ⑦
……
弹珠第n-1次与第n次压缩弹簧的最大弹性势能之比为Epn-1Epn=2 ⑧
则得Epn=(12)n-1Ep1
设第n次压缩弹簧前弹珠的速率为vn,则Epn=12mvn2
Ep1=12mv12
综上所述,vn-12vn2=2
得vn2=(12)n-1·v12
当n取最大,速度为vn时弹珠仍可以过H点
由D到H,由动能定理得
-mg·2R=12mvHn2-12mvn2
在H点,有mg≤mvHn2R
联立解得n≤4
所以弹珠可以通过H点8次。
答案:(1)2.2 N　(2)0.16 J　2
(3)8次
考向三　动力学问题的动量观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有mv0-m·kv0=(m+m)v物
解得v物=1-k2v0=5(1-k) m/s>0
可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k) m/s,方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg,则由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=1-2k3v0=10-20k3 m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5,可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s
碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑'=10-20k3 m/s=0
可知碰撞后新物块相对于新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m'=2 kg,新滑板的质量为M'=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒可得m'v物'=(m'+M')v共
解得v共=1 m/s
根据能量守恒可得μm'gx相=12m'v'物2-12(m'+M')v共2
解得x相=1.875 m
答案:(1)5(1-k) m/s　10-20k3 m/s　方向均向右　(2)1.875 m
【多维演练】
1.【解析】(1)规定水平向右为正方向,对子弹和小车A,由动量守恒定律得mCv0=(mC+mA)v
代入数据解得子弹C击中平板小车A后的瞬间,小车A的速度为v=2 m/s
(2)对射入子弹的小车A和滑块B,由动量守恒定律得(mC+mA)v=(mC+mA)vA+mBvB
从子弹击中小车A后,到滑块B与小车A分离的过程中,由能量守恒定律得μmBgL=12(mC+mA)v2-12(mC+mA)vA2-12mBvB2
代入数据联立解得滑块B与小车A分离时,小车A的速度为vA=53 m/s,滑块B的速度为vB=23 m/s
或vA=1 m/s,vB=2 m/s(舍去,因为A的速度不能小于B的速度)
滑块B离开小车A以后以vB做平抛运动,在竖直方向上,根据位移—时间公式得h=12gt2
代入数据解得滑块B的平抛运动时间为t=0.4 s
小车A以vA做匀速直线运动,则B落地瞬间,平板小车左端与滑块B的水平距离x为
x=vAt-vBt=53×0.4 m-23×0.4 m=0.4 m
答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m
2.【解析】(1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程,由机械能守恒定律得
10mgR=12×10mv2
代入数据解得v=4 m/s
设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN。
由牛顿第二定律可得FN-10mg=10mv2R
代入数据解得FN=1 500 N
根据牛顿第三定律得知F压=FN=1 500 N,方向竖直向下
(2)滑板手跳离A板,滑板手与滑板A水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,则
10mv=-mv1+9mv2
代入数据解得v2=143 m/s
滑板手跳上B板,滑板手与滑板B水平方向动量守恒,则9mv2=10mv3
解得v3=4.2 m/s
(3)滑板B的位移xB=v322μg,解得xB=4.41 m
滑板A在弧面上滑行的过程中,其机械能守恒,所以再次返回P点时的速度大小仍为v1=2 m/s
滑板A在水平地面上的位移xA=v122μg
解得xA=1 m
最终两滑板的间距为L=xB+Δx-xA=(4.41+1-1) m=4.41 m。
答案:(1)1 500 N,方向竖直向下
(2)4.2 m/s　(3)4.41 m

1.【解析】(1)由题意可判断P在电场力作用下向右做减速运动,受水平向左的电场力,与电场方向相同,故P带正电;
(2)把P在水平轨道AB上的运动逆过来考虑,可知其为初速度为0的匀加速直线运动,若刚好运动整4 s,则第1 s内(实际中的第4 s内)运动1 m,那么第4 s内(实际中的第1 s内)运动7 m,显然,题目所给数据并非如此!注意到题目中“第4 s内在水平轨道上的位移为1 m,且恰好运动到B处,并能进入半圆轨道BCD中运动”,可知第4 s这1 s的时间并非都在水平轨道上运动,而是运动了不足1 s的时间,到达B点速度变为0,并开始沿半圆轨道运动。设第4 s内,P在水平轨道上运动的时间为t1,根据匀变速规律有x4=12at12
P在水平轨道上运动的总时间为t=(3+t1) s,第1 s末时刻到带电物体至B点运动时间为t'=(2+t1) s,则第1 s内的位移为x1=12at2-12at'2
联立解得t1=0.5 s,a=8 m/s2
从A运动到B的时间t=3+t1=(3+0.5) s=3.5 s
(3)由牛顿第二定律可知F=qE=ma
设半圆的半径为R,P从B点滑到最低点C,设P到达C点的速度为v,由动能定理有mgR-FR=12mv2
在C点,设半圆轨道对P的支持力为N,由牛顿第二定律有N-mg=mv2R
联立解得N=3mg-2ma则Nmg=1.4
答案:(1)正电　(2)3.5 s　8 m/s2
(3)1.4倍
2.【解析】(1)F刚作用在木板上时,由牛顿第二定律对m得μ1mg=ma1
代入数据得a1=1 m/s2
对M有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma代入数据解得a=2.5 m/s2
(2)设m离开M的时间为t1,则对m有x1=12a1t12
对M有x2=12at12又有L=x2-x1
联立并代入数据解得t1=2 s
(3)t=1 s时m的速度为v1=a1t
M的速度为v2=at
1 s后m仍以a1的加速度做匀加速运动,M将以a2的加速度做匀减速运动,且有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
设再经t2后二者速度相等,有v1+a1t2=v2-a2t2
解得t2=13 s,v=43 m/s
在m和M各自向左匀加速阶段,Δx1=12at2-12a1t2=0.75 m
在m向左匀加速,M向左匀减速阶段:Δx2=(v2t2-12a2t22)-(v1t2+12a1t22)=0.25 m
在m、M各自向左匀减速阶段,m仍然以a1的加速度做匀减速直线运动,对M有μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3
Δx3=v22a1-v22a3=815 m
Δx3的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖
木块m在木板M上留下的痕迹的长度为Δx=Δx1+Δx2=1 m
答案:(1)2.5 m/s2　(2)2 s　(3)13 s　1 m
3.【解析】(1)由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等,则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量,由几何关系知PQ=dtanα=43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x=12PQ=23d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg=kx
解得k=3mg2d
(2)当小球运动到Q点时,假设小球甲的速度为v,此时小球甲的速度与绳子OQ垂直,所以物体乙的速度为零,又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒,则由机械能守恒定律得4mg(dcosα-d)-mgdtanα=12mv2
解得v=8gd3
(3)由系统的机械能守恒可知,弹簧弹性势能最小为零时,小球甲和物体乙的机械能之和最大。
放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面为零势能面,小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒,所以初状态系统的机械能为
Em=12kx2=12×3mg2d×(23d)2=mgd3
当弹簧的弹性势能为零时,小球甲和物体乙的机械能之和最大,最大的机械能为mgd3。
答案:(1)3mg2d　(2)8gd3　(3)mgd3
4.【解析】(1)设在最高点的速度为v1,在最高点由重力提供向心力,即
mg=mv12L
小球从A到最高点的过程由动能定理得-mg·2L=12mv12-12mv02
联立解得v0=5gL
(2)由N点为圆心,设最低点为M,到最低点的速度为v,
由牛顿第二定律得7mg-mg=mv2r
从A到M的过程由动能定理得
-mgΔh=12mv2-12mv02
由几何关系得Δh=L-r-(L-r)cosθ
联立解得r=3+2cosθ4+2cosθL

(3)假设能通过A点,则竖直方向Δh=12gt2
水平方向(L-r)sinθ=vt
联立解得cosθ=-3523或cosθ=1
由题已知(0<θ<π),cosθ∈(-1,1),与假设结果矛盾,假设不成立,所以不能通过A点。
答案:(1)5gL　(2)r=3+2cosθ4+2cosθL　(3)不能通过A点,理由见解析。
5.【解析】(1)设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E,依题意可得
E=η(12mn2v02-12mv02)
=12η(n2-1)mv02;
(2)设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x1,
取初速度方向为正方向,由动量定理得-fΔt=mΔv
又f=kv,即-kvΔt=mΔv
所以在再生制动阶段有-kx1=mv0-mnv0
解得x1=mv0(n-1)k
在机械制动阶段,汽电混动汽车做匀减速运动,由牛顿第二定律可得
f'=ma,又f'=μmg,
解得a=μg
设匀减速运动的位移为x2,由运动学公式可得-v02=2(-a)x2
解得x2=v022μg
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为x=x1+x2
解得x=mv0(n-1)k+v022μg。
答案:(1)12η(n2-1)mv02
(2)mv0(n-1)k+v022μg