高三物理一轮复习精品学案：本章学科素养提升

本章学科素养提升例1(2020·某某某某市模拟)A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度v A＝10m/s，B车在后，速度v B B车发现A车时就立刻刹车．已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1800m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定．为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到( ) A．400mB．600mC．800mD．1600m解析解法一基本公式法对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，所以B2，当B车速度减小到v＝10m/s时，两车相距最近，此时B车的位移为x1＝v2－v B22a，A车的位移x2＝v A t，t＝v－v Ba，联立解得x1＝1600m，x2＝800m，能见度至少为Δx＝x1－x2＝800m，选项C正确．解法二相对运动法对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，选A车为参考系，B车相对A车的初速度为v0相对＝v B－v A m/s2，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后也不能相撞，所以此时B车相对A车的速度为v相对＝0，由运动学公式有v相对2－v0相对2＝2ax相对，代入数据得相对位移x相对＝800m，选项C正确．解法三图象法对B车，由运动学公式有0－v20＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图象如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝v A－v Ba＝80s，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后也不能相撞，由v－t图象与时间轴所围面积表示位移可知，图象中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则x min＝12×(30－10)×80m＝800m，选项C正确．答案 C【方法感悟】解法一注重对过程的分析，抓住两车间距离为极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二通过巧妙地选取参考系，使两车的运动关系变得简明；解法三通过图象使两车的速度和位移关系更直观．运动学问题虽然处理方法较多，但同学们仍要以最为常规的解法为主，如本题的解法一，不必过于纠结其他解法．(1)对于两个质点分别以不同的加速度运动，比较运动快慢问题时可作速度(速率)—时间图象进行辅助分析，此时根据图象“面积”相等这一特征比较时间长短．(2)所描述的物理量做非线性变化时，可先构建一个物理量与另一物理量的线性变化关系图象，如“反比关系可转化为与倒数成正比”，然后应用“面积”含义或斜率的含义即可求解具体问题．例2如图1所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，a、b两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则( )图1A．a球后着地B．b球后着地C．两球同时着地D．两球着地时速度相同【思路追踪】审题关键点思维路径“总长度相同”(1)指出两球运动路程相同“由静止从顶端下滑”(2)指出两球初速度相同“转折点无能量损失”(3)指出两球末速率相等(4)初末速率、路程均相等，可转化到速率—时间图象上比较时间长短解析在同一个v－t图象中作出a、b的速率－时间图线如图所示，由于开始运动时b的加速度较大，则斜率较大；由机械能守恒可知末速率相等，故图线末端在同一水平线上，由于两斜面长度相同，则应使图线与t轴围成的“面积”相等．结合图中图线特点可知b用的时间较少，由此可知A正确，B、C、D错误．答案 A。

第五章 机械能1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看作质点来处理．2．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解．例1 如图1所示，一条长为L 的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x 0，已知重力加速度为g ，L <BC ，∠BCE ＝α，试用x 0、x 、L 、g 、α表示斜面上链条长为x 时链条的速度大小(链条尚有一部分在平台上且x >x 0)．图1答案 g L (x 2－x 20)sin α 解析 链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m ，以平台所在位置为零势能面，当斜面上链条长为x 时，有－m L x 0g ·12x 0sin α＝12mv 2－m L xg ·12x sin α 解得v ＝g L(x 2－x 20)sin α.1．利用等效法计算势能变化时一定要注意等效部分的质量关系，即根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，在应用相关规律求解时要注意对应各部分的质量关系．2．解决涉及重力势能变化的问题时，物体的位置变化要以重心位置变化为准．规范答题要求：适当的文字叙述，突出关键公式，公式符号与题目对应，说明假设的未知量符号．例2 (13分)如图2所示，质量m ＝2kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A 点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B 点为圆弧轨道的最低点，C 点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径R ＝．若小球离开水平面运动到A 点所用时间t ＝，求：(sin53°＝，cos53°＝，g ＝10m/s 2)图2(1)小球沿水平面飞出的初速度v 0的大小．(2)到达B 点时，小球对圆弧轨道的压力大小．(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C ？说明原因．答案 (1)3m/s (2)136N (3)见解析【书面表达过程】 (1)小球离开水平面运动到A 点的过程中做平抛运动，有v y ＝gt (1分) 根据几何关系可得tan θ＝v y v 0(1分)代入数据，解得v 0＝3 m/s(1分)(2)由题意可知，小球在A 点的速度v A ＝v ysin θ(1分) 小球从A 点运动到B 点的过程，满足机械能守恒定律，有12mv A 2＋mgR (1－cos θ)＝12mv B 2(2分) 设小球运动到B 点时受到圆弧轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2B R(1分) 代入数据，解得F N ＝136 N(1分)由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝136 N(1分)(3)假设小球能通过最高点C ，则小球从B 点运动到C 点的过程满足机械能守恒定律，有 12mv B 2＝mg ·2R ＋12mv C 2(2分) 在C 点有F 向＝m v 2C R(1分) 代入数据，解得F 向＝36 N>mg (1分)所以小球能通过最高点C .。

核心素养提升——科学思维系列(二)“转移研究对象法”的应用1．方法概述：牛顿第三定律确定了物体间相互作用的规律，分析某作用力时，若其受力物体的受力复杂或已知信息较少，而其反作用力的受力物体的受力较简单或已知信息较多时，可考虑应用转移研究对象法．2．应用思路：(1)分析所求力的受力物体的受力情况和已知信息，判断该力是否可以直接求出．(2)若不能直接求出，则转移研究对象，分析待求力的反作用力．(3)求出其反作用力后，由牛顿第三定律确定待求力的大小、方向．(2019·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N【分析】(1)分析建筑材料对绳子的拉力时，可转换为分析绳子对建筑材料的拉力．(2)分析工人对地面的压力时，可转换为分析地面对人的支持力．【解析】设绳子对建筑材料的拉力为F1，F1－mg＝ma，F1＝m(g＋a)＝210 N，绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N．人处于静止，则地面对人的支持力F N＝m0g－F2＝490 N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力F N′＝F N＝490 N，选项B正确．【答案】 B(2019·保定模拟)(多选)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( )A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力方向向左C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【分析】(1)分析箱子对木板的摩擦力时，可转换为分析木板对箱子的摩擦力．(2)分析木板对地面的摩擦力和压力时，可转换为分析地面对木板的摩擦力和支持力．【解析】以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C正确、D 错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B错误．【答案】AC转换研究对象受力分析的一般步骤(1)合理选取研究对象，一般以受力较少、分析起来较容易的物体为研究对象，有时“整体法”与“隔离法”综合应用．(2)做好对研究对象的受力分析和运动情况分析，确定哪些力是作用力和反作用力．(3)利用牛顿第三定律把已知力或所求力转移至研究对象上，求合力．(4)对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，解出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向．1．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竿，竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竿以加速度a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为( B )A．(M＋m)g＋ma B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g D．(M－m)g解析：对竿上的人分析，根据牛顿第二定律得：mg－f＝ma，解得：f＝mg－ma，则由牛顿第三定律知人对竿的摩擦力为：f′＝f＝mg－ma，对竿分析，根据共点力平衡得：N＝Mg＋f′＝(M＋m)g－ma.由牛顿第三定律得竿对地面上的人的压力大小为(M＋m)g－ma，故B正确，A、C、D错误．2．如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数kA、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)解析：对A受力分析，如图所示，由平衡条件得k(L－L0)＋F－mg＝0 解得F＝4 N故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝F＝4 N，方向竖直向下对B受力分析如图所示，由平衡条件得F N－mg－F′＝0解得F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N。

基本模型如图1，两光滑金属导轨在水平面内，导轨间距为L，导体棒的质量为m，回路总电阻为R.导体棒在水平力F的作用下运动，某时刻速度为v0，导体棒在磁场中的运动情况分析如下：图1例1如图2所示，在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中，导轨M、P端间接入阻值R1＝30Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6Ω的电阻.质量为m＝0.6kg、长为L＝1.5m的金属棒放在导轨上以v0＝5m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t＝0.5 s，滑过的距离l＝0.5 m.ab处导轨间距L ab＝0.8 m，a′b′处导轨间距L a′b′＝1 m.若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：图2(1)此过程中电阻R 1上产生的热量； (2)此过程中电流表的读数； (3)匀强磁场的磁感应强度的大小.解析 (1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0＝BL a ′b ′v a ′b ′，代入数据可得v a ′b ′＝4m/s ，根据能量守恒定律，得Q 总＝12m (v 02－v 2a ′b ′)－mgl sin θ＝Q R 1＋Q R 2 由Q ＝U 2R t ，得Q R 1Q R 2＝R 2R 1，代入数据解得Q R 1＝0.15J.(2)由焦耳定律Q R 1＝I 12R 1t 可知，电流表读数I 1＝Q R 1R 1t＝0.1A. (3)不计金属棒和导轨的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两导轨接触点间的电动势，由E ＝I 1R 1，E ＝BL a ′b ′v a ′b ′ 可得B ＝I 1R 1L a ′b ′v a ′b ′＝0.75T.答案 (1)0.15J (2)0.1A (3)0.75T基本模型1.初速度不为零，不受其他水平外力的作用2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用例2间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图3所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1kg 的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出).当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5N.g＝10m/s2.图3(1)求ab杆的加速度a的大小；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热.解析(1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5N对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 代入数据解得a ＝10m/s 2.(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析，如图所示，当cd 杆速度最大时，ab 杆的速度大小为v ，有F f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BL vR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2m/s(3)整个过程中，ab 杆发生的位移x ＝v 22a ＝222×10m ＝0.2m对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgx －W 安＝12m v 2代入数据解得W 安＝4.9J 根据功能关系得Q 总＝W 安 所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝2.94J. 答案 (1)10m /s 2 (2)2 m/s (3)2.94J。

第十章电磁感觉1．“杆＋导轨”模型是电磁感觉问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热门，考察的知识点多，题目的综合性强，物理情形变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型( “单杆”型为要点) ；导轨搁置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感觉定律和楞次定律求感觉电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)剖析研究导体受力状况 ( 包括安培力，用左手定章确立其方向) ；(4)列动力学方程或均衡方程求解．例 1如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、 PQ相距为 L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于 MN、PQ搁置在导轨上，且一直与导轨接触优秀，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感觉强度大小为B.金属导轨的上端与开关 S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计全部摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加快度为 g.此刻闭合开关S，将金属棒由静止开释．图 1(1)判断金属棒 ab 中电流的方向；(2) 若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒降落高度为h 时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3) 当B＝ 0.40T ，L＝ 0.50m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v 随电阻箱 R 阻值的变m 2化关系，如图乙所示．取2°＝ 0.60 ，cos37°＝ 0.80.1g＝10m/s，sin37 求 R 的阻值和金属棒的质量 m.1 2答案(1) b→a (2) mgh－2mv (3)2.0 Ω0.1kg分析(1) 由右手定章可知，金属棒ab 中的电流方向为由 b 到 a.(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增添的动能和电路中产生的焦耳热，即1 2mgh＝2mv＋ Q11 / 312则 Q＝ mgh－2mv.(3) 金属棒达到最大速度v m时，切割磁感线产生的感觉电动势：E＝ BLv mE由闭合电路的欧姆定律得：I ＝R1＋R2从 b 端向 a 端看，金属棒受力如下图金属棒达到最大速度时，知足：mg sinα－ BIL＝0mg sinα由以上三式得v m＝B2L2(R2＋R1)由图乙可知：60－ 30 － 1 －1 － 1 － 1斜率 k＝m·s ·Ω＝15m·s ·Ω，2纵轴截距 v＝30m/smg sinαmg sinα因此B2 L2 R1＝ v，B2L2 ＝k解得 R1＝2.0Ω，m＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳固状态一般是匀速运动( 达到最大速度或最小速度，此时协力为零) ；2．整个电路产生的电能等于战胜安培力所做的功；3．电磁感觉现象遵照能量守恒定律．剖析电磁感觉图象问题的思路22 / 3例 2如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不一样高度静止开释，用t 1、t 2分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时辰．线框着落过程形状不变，ab 边一直保持与磁场水平界限限 OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场地区足够大，不计空气的影响，则以下哪一个图象不行能反应线框着落过程中速度v 随时间 t 变化的规律()图 2答案 A分析线框在 0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t 图象为过原点的倾斜直线，t 2以后线框完整进入磁场地区中，无感觉电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加快直线运动，v－ t 图象为倾斜直线．t 1～ t 2这段时间线框遇到安培力作用，线框的运动种类只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加快度渐渐减小的加快直线运动，还可能为加快度渐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加快度渐渐增大的减速直线运动是不行能的，故不行能的 v－ t 图象为A选项中的图象．33 / 3。

高三物理一轮复习教学设计一、教学任务及对象1、教学任务本教学设计旨在针对高三学生进行物理一轮复习，全面回顾和巩固高中物理知识点，侧重于对核心概念、原理的理解和应用，以及对常见题型的解题策略指导。

通过本次复习，使学生能够系统地掌握物理知识体系，提高分析问题和解决问题的能力，为高考做好充分准备。

2、教学对象本教学设计针对的教学对象为即将参加高考的高三学生。

他们在之前的学习过程中已经掌握了基本的物理知识和解题技巧，但可能存在知识点的盲区、误区，以及对综合题型解决能力不足等问题。

针对这些特点，本教学设计将采取有针对性的教学策略，帮助学生查漏补缺，提升物理学科素养。

二、教学目标1、知识与技能（1）掌握高中物理的核心概念、原理和公式，如牛顿运动定律、能量守恒定律、电磁学基本定律等；（2）熟悉物理学史，了解物理学家的重要成就，提高学生对物理学科的兴趣；（3）熟练运用物理知识解决实际问题，具备较强的数学运算、图像分析、实验设计能力；（4）能够运用物理知识解释生活中的现象，提高学生的科学素养；（5）掌握常见的物理题型和解题策略，提高解题速度和准确率。

2、过程与方法（1）通过自主探究、合作学习等方式，培养学生主动发现问题和解决问题的能力；（2）运用比较、归纳、演绎等思维方法，提高学生对物理知识的理解和运用能力；（3）采用问题驱动法，激发学生的学习兴趣，引导学生主动思考；（4）注重实验操作和数据处理，培养学生的实践操作能力和科学思维能力；（5）运用信息技术手段，如多媒体、网络资源等，丰富教学手段，提高教学效果。

3、情感，态度与价值观（1）培养学生对物理学科的兴趣和热爱，激发学生的学习内动力；（2）培养学生严谨、勤奋、求实的科学态度，树立正确的价值观；（3）通过学习物理，使学生认识到科学技术的进步对人类社会的重要性，增强学生的社会责任感；（4）培养学生团结协作、互助互爱的精神，提高学生的人际沟通能力；（5）引导学生关注社会热点问题，培养学生关注国家发展、关爱环境的情感。

高中物理学科素养教案
目标：培养学生的物理学习兴趣，提高他们的科学素养和实验能力。

一、培养学生的物理学习兴趣
1. 创设情境：通过引入生活中的实例和问题，引起学生的兴趣和好奇心，提高他们对物理
学科的关注度。

2. 多媒体教学：运用多媒体技术，展示生动形象的实验示例和现象，激发学生的学习热情。

3. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，提出问题和观点，促进学生之间的思想碰撞，
激发学习动力。

二、提高学生的科学素养
1. 知识整合：引导学生将所学知识联系起来，建立知识体系，培养学生的逻辑思维和综合
分析能力。

2. 实验探究：组织学生进行实验，培养他们观察、实验设计、数据分析和结论推断的能力，提高他们的科学实验技能。

3. 科技应用：引导学生运用科技手段解决实际问题，培养他们的创新意识和实践能力，提
高他们的科学素养。

三、加强学生的实验能力
1. 实验技巧：教授学生正确的实验操作技巧，培养他们的实验技能，提高实验的准确性和
可重复性。

2. 实验设计：引导学生设计更加严谨和创新的实验方案，培养他们的实验设计能力和问题
解决能力。

3. 实验报告：要求学生书写完整清晰的实验报告，培养他们的科学写作能力，提高他们的
表达能力和逻辑思维能力。

总结：通过以上教学方法和手段，可以有效地培养学生的物理学习兴趣，提高他们的科学
素养和实验能力，为他们未来的学习和生活打下坚实的基础。

希望学生在学习物理学科的
过程中，能够认真思考，勇于实践，勇于探索，不断完善自己，追求科学真理。

第二章相互作用一、整体法、隔离法在平衡问题中的应用——“科学思维”之“科学推理”1.如图1所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上。

现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧。

则平衡时两球的可能位置是下面的 ( )图1解析用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，水平向右的拉力F，细线2的拉力F2。

要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜。

选项A正确。

答案 A2.在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图2所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则 ( )图2A.粗糙水平面对三角形木块有水平向右的摩擦力B.粗糙水平面对三角形木块有水平向左的摩擦力C.质量为m1的物体对三角形木块有沿斜面向上的摩擦力D.质量为m2的物体对三角形木块有沿斜面向下的摩擦力解析由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，受力如图所示，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用，故A、B错误；两个物体有沿斜面向下的运动趋势，它们受到沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第三定律可知两个物体对三角形木块有沿斜面向下的摩擦力，故C错误，D正确。

答案 D3.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。

在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图3所示是这个装置的截面图。

现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。

素养提升课(六) 动力学方法和能量观点的综合应用题型一 动力学方法和动能定理的应用(2020·7月浙江选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成。

质量m ＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H ＝1.0 m 处静止释放。

已知R ＝0.2 m ，L AB ＝L BC ＝1.0 m ，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系。

(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] (1)由机械能守恒定律得mgH ＝mgR ＋12mv 2D由牛顿第二定律得F N ＝mv 2DR＝8 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝8 N ，方向水平向左。

(2)假设能在斜轨道上到达最高点C ′点，由功能关系得mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ得L BC ′＝1516m<1.0 m ，故不会冲出。

(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，由动能定理得mgH －μmgx ＝12mv 2设碰撞后的速度为v ′，由动量守恒定律得mv ＝3mv ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，由动能定理得－3μmg (L AB －x )－3μmg h tan θ－3mgh ＝0－12(3m )v ′2得h ＝16x －548 m(58m<x ≤1 m)h ＝0(0≤x ≤58m)。

[答案] 见解析【对点练1】 跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。