2022年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题20 12类计算题归类分析（解析版）.docx

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1、2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题20 12类计算题归类分析题型一 匀变速直线运动规律的应用【典例分析1】(2020·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾

2、驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2的加速度刹车试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？【参考答案】：(1)24 m/s(2)见解析【名师解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有2ax0v代入数据解得v024 m/s.(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2t1，其中t11.4 s对无人驾驶汽车vv0a(t2t1)对有人驾驶汽车vv0at2联立式得t23.6 s，v2 m/s又x无(t2t1)x有t2v0t1xx有x无联立，代入数据解得x12.6 m<30

3、 m，即两车不会相撞【提分秘籍】(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.【突破训练】1.(2019·洛阳六校联考)ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行

4、后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间【答案】(1)15 m(2)11 s【解析】(1)汽车进入人工收费通道后做匀减速直线运动

5、，根据速度位移公式可知，a2.5 m/s2.汽车进入ETC通道后，做匀减速直线运动的时间t12 s.匀减速运动的位移x115 m.(2)汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间t12 s.匀速行驶的时间t21 s.从开始减速到交费完成所需的时间tt1t23 s.在人工收费通道，匀减速直线运动的时间t34 s.汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间t14 s.节省的时间ttt11 s.2.(2019·广东惠州二模)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费

6、站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v020 m/s，靠近站口时以大小为a15 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt8 m/s，然后立即以大小为a24 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？【答案】(1)33.6 m(2)5.4 s(3)1.62 s【解析】(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距

7、离收费站口x1处开始减速，则有：vv2a1x1解得：x133.6 m。(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vtv0a1t1解得：t12.4 s加速阶段：v0vta2t2解得：t23 s则加速和减速的总时间为：tt1t25.4 s。(3)在加速阶段：x2t242 m则汽车加速和减速过程的总位移：xx1x275.6 m若不减速所需要的时间：t3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：ttt1.62 s。题型二牛顿运动定律的综合应用【典例分析1】(2020·广州普通高中毕业班综合测试)如图所示，有两个高低不同的水平

8、面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg、可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A点3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。求：(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。【参考答案】(1)6 m/s(2)5 m/s20.4 m/s2(3)见

9、解析【名师解析】(1)根据牛顿第二定律有Fma根据运动学公式有v22aL0联立方程代入数据解得v6 m/s其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v是滑块滑动到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移。(2)根据牛顿第二定律，对滑块有1mgma1代入数据解得a15 m/s2对长木板有1mg2(mM)gMa2代入数据解得a20.4 m/s2其中M为长木板的质量，a1、a2分别是滑块刚滑上长木板时滑块和长木板的加速度大小，1、2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。(3)假设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用的时间为t，则va1ta2t

10、代入数据解得t s则此过程中滑块的位移为x1vta1t2长木板的位移为x2a2t2x1x2 m>L式中L2 m为长木板的长度，所以滑块能从长木板的右端滑出。【典例分析2】(2019·河北武邑中学3月高三月考)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB4 m，倾斜传送带长度LCD4.45 m，倾角为37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v15 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看做

11、质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：(1)工件被第一次传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2<v1)。【参考答案】(1)0.75 m1.8 s(2)4 m/s【名师解析】(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则FN1mgFf1FN1ma1联立解得a15 m/s2由运动学公式有t1 s1 sx1a1t×5×12 m2.5 m由于x1<L

12、AB，工件随后在传送带AB上匀速运动到B端，则匀速运动的时间为t20.3 s工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则FN2mgcosmgsinFN2ma2由运动学公式有x2联立解得a210 m/s2，x21.25 m工件沿CD传送带上升的最大高度为hx2sin1.25×0.6 m0.75 m沿CD传送带上升的时间为t30.5 s故总时间为tt1t2t31.8 s。(2)CD传送带以速度v2顺时针运转时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的

13、速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得2a2x3vvmgsinFN2ma32a3x40vLCDx3x4解得v24 m/s。【提分秘籍】1.动力学基本问题的解题步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确

14、物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。2处理多过程动力学问题的“二分析一关键”(1)“二分析”分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；分析研究对象在每个阶段的运动特点。(2)“一关键”前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。3.分析“板块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动力学条件：一般情况下，假设两

15、物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速4.传送带的摩擦力分析(1)关注两个时刻初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。(2)注意过程分解摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状

16、态，这是两个过程的连接点。(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tan与的大小关系：>tan，速度相等后一起匀速；<tan，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。【突破训练】1.一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m其右端与一倾角为37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2, 试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程(sin

17、37°0.6，g取10 m/s2)【答案】：(1)不能 m(2)5 m【解析】：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1x11 m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速运动，物块以v0速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时上升的距离x2 m由于x2<0.4 m，所以物块未到达斜面的最高点(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t11.5 s物块在斜面上往返一次时间t2 s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左mgma3向左端发生的最大位移x3物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，45 s末物块在斜面上速度恰好减为零，故物块通过的总路程xL

18、3x22x3代入数据，x5 m.2. (2019·湖北重点中学八校联考)如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25 N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3 s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2 s内的位移为20 m，已知小车的质量为1 kg，g取10 m/s2(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)小车与斜面的动摩擦因数；(2)匀加速运动过程中的位移x.【答案】：(1)0.5(2)30 m【解析】：(1)设小车匀减速直线运动的加速度

19、大小为a，最后2 s内的位移为x1，可将匀减速运动看做反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有x1at2解得a10 m/s2小车受力如图甲所示：由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma解得0.5.(2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中有vat30 m/s在匀加速运动过程中，设加速度大小为a，小车的受力如图乙所示：由牛顿第二定律得Fmgsin mgcos ma解得a15 m/s2由v22ax得x30 m.3.(2019·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的

20、动摩擦因数20.4。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t1 s时，木板以速度v14 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)t0时刻木板的速度；(2)木板的长度。【答案】(1)5 m/s(2) m【解析】(1)设木板与物块一起以共同速度向墙壁运动时的加速度大小为a1，t0时刻木板速度为v0，则对木板和物块：1(Mm)g(Mm)a1由运动学公式：v1v0a1t代入数据求得：v05 m/s。(2)设木板与墙碰撞后至物块从

21、木板上掉下过程中，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，经历时间为t1，物块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则对物块：2mgma2x1，x1t1，对木板，由牛顿第二定律：2mg1(Mm)gMa3，其中M15m，解得a3<a2，故物块速度减为0时木板速度还未减为0，x2v1t1a3t木板长度lx1x2，代入数据解得，l m。题型三 应用动能定理求解多过程问题【典例分析】(2020·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m1

22、kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【参考答案】：(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s【名师解析】：(1)滑块恰能滑到D点，则vD0滑块从ABD过程中，由动能定理得mg(2RR)mgcos ·00解得0.375.(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg滑块从ABDC过

23、程，由动能定理得mgcos ·mvmv解得v02 m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有hgt2xvC ttan 53°其中vC4 m/s，联立解得t0.2 s.【提分秘籍】运用动能定理需注意的问题 (1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式. 【突破训练】(2019·江苏南京、盐城

24、高三第三次调研)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面总长L21.5 m，斜面与水平桌面的倾角可在0°60°间调节。将质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°0.6，cos37°0.8)(1)求当30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当增

25、大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(3)2取第(2)问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离xm是多少？【参考答案】(1) (5) m/s2(2)0.8(3)53°1.9 m【名师解析】(1)根据牛顿第二定律，可得mgsin 1mgcosma代入数据得a(5) m/s2。(2)由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00代入数据得20.8。(3)设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)mv2得20(sin1.2cos)v2，由数学知识可知

26、sincossin()其中tan，当90°时，即53°时，sin()有极大值，v20×(1.2)1，vmax1 m/s由于Hgt2，解得t0.4 sx1vmaxt0.4 m，xmx1L21.9 m。题型四 机械能守恒定律的综合应用【典例分析】如图所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R1.0 m的固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r m的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m0.01 kg的小钢珠假设某次发射的钢珠沿

27、轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到曲面N的某一点上，取g10 m/s2.问：(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？(2)钢珠落到圆弧N上时的动能Ek多大？(结果保留两位有效数字)【答案】(1)0.15 J(2)0.080 J【解析】(1)设钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低点的速度为v0则在最高点，由题意得mgm从最低点到最高点，由机械能守恒定律得mvmgRmv2由机械能守恒定律得EpmvmgR0.15 J.(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，xvt，ygt2由几何关系知x2y2r2，联立解得t2 s2所以，钢珠从最高点飞出后落到圆弧N上下落的高度为y0.3 m由机械能

28、守恒定律得，钢珠落到圆弧N上时的动能Ek为Ekmv2mgy0.080 J.【提分秘籍】一 机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题1守恒观点(1)表达式：Ek1Ep1Ek2Ep2或E1E2.(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面2转化观点(1)表达式：EkEp.(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面3转移观点(1)表达式：EA增EB减(2)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能二 应用机械能守恒定律解题的一般步骤

29、(1)选取研究对象(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能(4)根据机械能守恒定律列出方程(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明【突破训练】如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放(g取10 m/s2)(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于

30、(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.【答案】：(1)0.2 m(2)0.1 m【解析】：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgHmv2小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg两式联立并代入数据得H0.2 m.(2)若h<H，小球过C点后做平抛运动，设球经C点时的速度大小为vx，则击中E点时，竖直方向上有rgt2水平方向上有rvxt又由机械能守恒定律有mghmv可解得h0.1 m.题型五 动量观点与能量观点的综合应用【典例分析】(2020·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为 的小球A悬挂于O

31、点在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角的余弦值(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？【参考答案】：见解析【名师解析】：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则由机械能守恒定律有gR·v设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有v0v1mv2·v·vmv设碰后小球A能上升的最大

32、高度为H，由机械能守恒定律有gH·v所求cos 由以上各式解得cos .(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2(m2m)vmgLmv(m2m)v2由以上各式解得L.法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2对小物块B有mgmaB，vv22aBx1对长木板C有mg2maC，v22aCx2，木板的最小长度Lx1x2由以上各式解得L.【提分秘籍】1动量守恒定律表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(

33、系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)2力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决3.动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生

34、的热量等于系统动能的减少量)列方程求解.【突破训练】1.(2020·广东汕头模拟)长度L0.90 m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度g取10 m/s2，求：(1)木板开始时的初速度v0的大小；(2)最后两物块之间的距离【答案】：(1)3 m/s(2)0.66 m【解析】：(1)设物块A和木板的质量

35、均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv02mv1；由功能关系可得mgLmv·2mv；联立解得v03 m/s.(2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止. 设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB.根据牛顿第二定律得mgmaA, ·3mgmgma，·3mg3maB，可得a5 m/s2>aA2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2v1at1aBt1，解得t10.2 s，B的位移为xBaBt；此后木板和

36、B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得mv0(mm3m)v3，解得末速度v30.6 m/s；A在(t1t2)时间内一直保持匀减速运动，有v3v1aA(t1t2)，解得t20.16 s；在t2时间内B的位移为xBt2，而A在(t1t2)时间内的位移为xA(t1t2)；最后两物块之间的距离sL(xBxB)xA，解得L0.66 m.2.如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)木板左端有一质量为m(可视为质点)的滑块滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状

37、态给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度【答案】：(1)(2)滑块速度为0，木板速度为v0，方向水平向右【解析】：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv02mv1解

38、得v1v0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知mgL·mv·2mv联立解得.(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1和v2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1mv1mv22mv12mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有mgLmv12mv22·2mv联立以上各式解得v10，v2v0，方向水平向右题型六 带电粒子(体)在电场中的运动【典例分析】(2019·湖南岳阳高三二模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示，在真空玻璃管内，阴极K发出的电子(可认为初速度为0)经阳极A与阴

39、极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板C、D间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。(1)求电子进入偏转电场的速度v0；(2)求电子的比荷。【参考答案】(1)(2)【名师解析】(1)加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子在C

40、、D间受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，有：qEqv0B，又E，联立解得电子射入偏转电场的速度v0。(2)C、D间只有电场时，电子在极板区域运行的时间t1，在电场中的偏转位移y1at·t，电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的速度vyat1t1，设电子离开极板区域后，到达光屏P点所需的时间为t2，t2，电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2vyt2，P点到O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移，yy1y2，联立解得。【提分秘籍】1带电粒子(体)在电场中的加速(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式(2)非匀强电场中，只能用功能关系求

41、解2带电粒子(体)在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示处理方法：应用运动的合成与分解(1)沿初速度方向做匀速直线运动，离开电场时，运动时间t.(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a.(3)离开电场时的偏移量yat2.(4)速度偏向角tan tan ；位移偏向角tan tan .3.带电粒子(体)在电场中运动问题的分析思路(1)首先分析带电粒子(体)的运动规律，确定带电粒子(体)在电场中做直线运动还是曲线运动(2)当带电粒子(体)从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子(体)的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的

42、突破口.【突破训练】(2019·山东枣庄模拟)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向，在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E×103 V/m，比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点，粒子P的重力不计(1)求金属板AB之间的电势差UAB; (2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使PQ恰能在运动中相碰假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相

43、互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合【答案】(1)1 000 V(2)yx2(x>0)【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，由类平抛运动可得x0v0t0，y0×t，解得v0×104 m/s在金属板AB之间，由动能定理可知qUABmv，解得UAB1 000 V.(2)设粒子P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于P：

44、Eqma1，xv0t对于Q：Eq2ma2，a1t2ya2t2解得yx2，其中x>0即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为yx2，其中x>0.题型七 带电粒子在磁场中的运动【典例分析】.(2020·陕西咸阳模拟)如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)

45、电子在磁场中运动的时间【参考答案】：(1)(2)(3)【名师解析】：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0Bm过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角C60°ACBCr，已知OAL，得OCrL由几何知识得r2L由式得B.(2)由于ABO在有界圆周上，AOB90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由易得ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为.(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T由得电子在磁场中运动的时间t.【提分秘籍】1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法在具体问题中，要依据题目条件和情景而定解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvBm ，求半径r及运动周期T.2圆心的确定方法法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力Fv，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的