第1部分 专题2 微专题2 力学三大观点的综合应用（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

微专题2 力学三大观点的综合应用 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 01 限时集训 能力达标 02 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 高中物理“三大观点”的综合应用，是历年高考必考内容；它们或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合，在计算题中常常把动量与动力学、能量结合，综合性强、难度高．在今后的备考复习中应加大训练，规范解题步骤，提高综合分析问题的能力． 1．三个基本观点 (1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动等问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及物体间的相互作用问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 2．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)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，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 3．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． [例]　(2024·浙江温州三模)如图所示，某固定装置由长度L＝3 m的水平传送带，圆心角θ＝60°、半径R＝1 m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接．在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3 kg的物块b.质量m1＝1 kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道．已知传送带以速度v＝8 m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其他轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力． (1)求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q； (2)求物块a到达D点时对管道的作用力FN； (3)要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d. [解析]　(1)对小物块a分析有μ1m1g＝m1a1， 设小物块a一直加速到传送到右端点时，其速度为v1，有veq \o\al(2,1)＝2a1L， 解得v1＝6 m/s＜8 m/s， 所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有v1＝a1t，该时间传送带的位移为x传，有x传＝vt＝8 m， 物块a相对传送带的位移为Δx＝x传－L＝5 m， 摩擦产生的热量为Q＝μ1m1g·Δx＝30 J. (2)由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有－m1g·2R(1－cos θ)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)， 在D点有FN支＋m1g＝m1eq \f(v\o\al(2,D),R)， 解得FN支＝6 N. 由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a 到达D点时对管道的作用力为6 N，方向竖直向上． (3)当物块滑上小车后，由于μ1m1g＝6 N＞μ2m2g＝3 N， 所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示 该过程由动量守恒有m1vD＝(m1＋m2)v共，能量守恒有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,D)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,共)＋μ2m2gd， 解得d＝2 m. [答案]　(1)30 J　(2)6 N，方向竖直向上 (3)2 m 　力学三大观点选用经验总结 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决． (2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理． (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件． (4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能． (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化． 1．(2024·吉林高三模拟)如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg和1 kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度­时间图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2.求： (1)A、B与斜面间的动摩擦因数μA、μB； (2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能Ep； (3)A、B再次相遇前的最远距离L. 解析：(1)根据题图乙可知，A、B分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且A的加速度大小为aA＝eq \f(Δv,Δt)＝7.5 m/s2. A上滑时，对A由牛顿第二定律得 mAgsin 30°＋μAmAgcos 30°＝mAaA，解得μA＝eq \f(\r(3),6). 对B由平衡条件得 mBgsin 30°＝μBmBgcos 30°，解得μB＝eq \f(\r(3),3). (2)细线断裂瞬间，对A、B由动量守恒定律得(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB， 由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)－ eq \f(1,2)(mA＋mB)v2，解得Ep＝6 J. (3)当A、B的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为aA′，时间为tA′，位移为xA′，则有|vA|＝aAtA，veq \o\al(2,A)＝2aAxA， A下滑时，对A由牛顿第二定律得 mAgsin 30°－μAmAgcos 30°＝mAaA′， vB＝aA′tA′，veq \o\al(2,B)＝2aA′xA′， B发生的位移xB＝vB(tA＋tA′) A、B再次相遇前的最远距离L＝xB＋xA－xA′，解得L＝eq \f(68,15) m. 答案：(1)eq \f(\r(3),6)　eq \f(\r(3),3)　(2)6 J　(3)eq \f(68,15) m 2．(2024·山东卷，17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点．质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2. (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示． (ⅰ)求μ和m； (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L. 解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg＋3mg＝meq \f(v2,R)， 代入数据解得v＝4 m/s. (2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a， 根据图乙有k＝eq \f(1,M＋m)＝0.5 kg－1， 当外力F＞4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F－μmg＝Ma， 结合题图乙有a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)， 可知k＝eq \f(1,M)＝1 kg－1， 截距b＝－eq \f(μmg,M)＝－2 m/s2， 联立以上各式可得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2. (ⅱ)由图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2， 当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有v1＝a1t0， 小物块有v2＝a2t0， 在这个过程中系统机械能守恒有eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,4)＋2mgR， 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4， 联立解得t0＝1.5 s， 根据运动学公式有L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,0)， 代入数据解得L＝4.5 m. 答案：(1)v＝4 m/s　(2)(ⅰ)μ＝0.2，m＝1 kg　(ⅱ)L＝4.5 m (2024·河北4月联考)如图所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°、长度为L＝15.2 m，传送带以v0＝7 m/s的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径R＝0.72 m．在传送带上端A无初速地释放一个质量为m＝1 kg的黑色小滑块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，黑色小滑块在传送带上经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠传送带的长木板的上表面，长木板质量为M＝3 kg，不考虑小滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小滑块滑至长 木板右端时，长木板恰好撞上半圆槽，长木板瞬间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D.已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小滑块从A到B的时间t； (2)小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度Δx； (3)长木板的长度s(计算结果保留两位有效数字)． 解析：(1)由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1， 解得a1＝gsin 37°＋μ1gcos 37°＝10 m/s2， 滑块与传送带共速的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(7,10) s＝0.7 s， 共速时滑块的位移x1＝eq \f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq \f(49,2×10) m＝2.45 m， 由题知μ1<tan θ，此后小滑块继续沿传送带向下加速，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma2， 解得a2＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝2 m/s2， 由运动学知识得L－x1＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)， 解得t2＝1.5 s， 小滑块从A到B的时间 t＝t1＋t2＝0.7 s＋1.5 s＝2.2 s. (2)小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向后运动，相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝7×0.7 m－2.45 m＝2.45 m， 再相对传送带向前运动，相对位移为 Δx2＝(L－x1)－v0t2＝12.75 m－10.5 m＝2.25 m<Δx1， 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度Δx＝Δx1＝2.45 m. (3)小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D，则由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v\o\al(2,D),R)， 小滑块从C到D过程由动能定理得－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 联立解得vC＝eq \r(5gR)＝6 m/s， 小滑块在底端B滑上长木板的速度 vB＝v0＋a2t2＝7 m/s＋2×1.5 m/s＝10 m/s， 小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有mvB＝mvC＋Mv， 解得v＝eq \f(4,3) m/s， 此过程由能量守恒定律得μ2mg·s＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)Mv2， 解得长木板的长度 s＝eq \f(22,3) m≈7.3 m. 答案：(1)2.2 s　(2)2.45 m　(3)7.3 m $$