培优突破2 力学三大观点的综合应用-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

培优突破2　力学三大观点的综合应用 专题二　能量与动量 内容索引 培优　热点训练 精准补弱 1.力学三大观点 2.力学三大观点的对比及选用原则 力学三 大观点 对应 规律 表达式 选用 原则 动力学 观点 牛顿第二定律 F合=ma (1)求解物体某一时刻受力及加速度 (2)物体做匀变速直线运动,涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 力学三 大观点 对应 规律 表达式 选用 原则 能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1+Ep1= Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 力学三 大观点 对应 规律 表达式 选用 原则 动量 观点 动量定理 I=Δp 只涉及初末速度、力、时间,而不涉及位移、功 动量守恒定律 m1v1+m2v2= m1v1'+m2v2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间 [例1]　如图所示,质量为1 kg的物块A静止在半径R=0.9 m的光滑四分之一圆弧轨道的最高点,在A的正上方O点用长L=0.1 m的轻绳悬挂一质量为3 kg的物块B。将物块B向左拉起使轻绳与竖直方向成60°角后由静止释放,之后B在O点正下方与A发生弹性碰撞。轻绳始终处于拉直状态,A、B均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)碰后瞬间物块A对圆弧轨道的压力大小; [答案]　(1)7.5 N　 [解析]　(1)设A的质量为m1,B的质量为m2,物块B向下运动的过程中,重力势能转化为动能,设B与A碰撞前瞬间B的速度为v0,则由机械能守恒定律可得m2gL(1-cos 60°)=m2 解得v0=1 m/s A、B发生弹性碰撞,以水平向右为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m2v0=m1v1+m2v2 m2=m1+m2 解得v1=1.5 m/s,v2=0.5 m/s 对碰后瞬间的A进行受力分析,由牛顿第二定律有 m1g-FN= 解得FN=7.5 N 由牛顿第三定律可得A对圆弧轨道的压力大小为FN'=FN=7.5 N。 (2)物块A离开圆弧轨道时的速率。 [答案]　(2) m/s [解析]　(2)设A离开轨道时所在位置P与圆心的连线与竖直方向的夹角为α,此时物块A的速度为v3,A与轨道间无弹力,则只有重力沿径向的分力提供向心力,有 m1gcos α= 物块A从开始运动到P的过程中机械能守恒,有 m1gR(1-cos α)=m1-m1 解得v3= m/s。 [例2]　(2023·江苏卷)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t; [答案]　(1)　 [解析]　(1)滑雪者从A点运动到P点,根据动能定理有mgdsin 45°-μmgdcos 45°=m-0 根据动量定理有 (mgsin 45°-μmgcos 45°)t=mvP-0 联立解得vP=,t=。 (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; [答案]　(2) [解析]　(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点,故从P点到B点合力做功为0,所以当从A点下滑时,到达B点时有v=vP=。 (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。 [答案]　(3)d(1-μ) [解析]　(3)当滑雪者刚好落在C点时,平台BC的长度最大。滑雪者从B点飞出做斜抛运动,竖直方向上有 vcos 45°=g× 水平方向上有L=vsin 45°·t' 联立可得L=d(1-μ)。 [例3]　如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.5 m、质量m2=2 kg的薄板b,在薄板b最右端放有可视为质点的物块a,其质量m1=1 kg,物块a与薄板b间的动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止,现对薄板b施加F=8 N、水平向右的恒力,待a脱离b(b尚未离开平台)后,将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R=0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB,圆弧轨道AB的圆心角为60°,其中过B点的切线水平,其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c,c球质量m3=1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远,当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块a在薄板b上运动的时间t。 [答案]　(1)1 s　 [解析]　(1)由牛顿第二定律,对物块a有μm1g=m1a1 对薄板b有F-μm1g=m2a2 由题知a2t2-a1t2=l 代入数据联立解得t=1 s。 (2)求物块a经过B点的速度大小vB。 [答案]　(2)5 m/s　 [解析]　(2)物块a离开薄板b的瞬间速度为v=a1t=2 m/s 由运动的合成与分解可知,物块a在A点的速度 vA= 物块a从A到B过程由机械能守恒定律有 m1+m1gR(1-cos 60°)=m1 解得vB=5 m/s。 (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c,另一端系于c球正下方的O1点,此时绳子刚好伸直无拉力,已知O1点与c球的间距为L,当绳子拉力T达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失,为使轻绳断开时c球开始做平抛运动,则L必须满足什么条件? [答案]　(3)0<L≤0.25 m或L=0.625 m [解析]　(3)物块a与c球碰撞过程有 m1vB=m1+m3vc m1=m1+m3 解得vc=vB=5 m/s。 ①若绳子在最高点断开,对c球由牛顿第二定律可得 T+m3g≤m3,T=9m3g 解得0<L≤0.25 m; ②若绳子在最低点刚好断开,设此时c球在最低点速度为v',c球由最高点到最低点过程,机械能守恒,则有 m3=m3v'2-m3g·2L 在最低点由牛顿第二定律 T-m3g=m3,T=9m3g 解得L=0.625 m c球做圆周运动恰好通过最高点时有m3g=m3 解得v1== m/s 因vc>v1,故此时绳子在最低点刚好满足断开条件。 即保证c球被碰后做平抛运动,L满足的条件为0<L≤0.25 m或L= 0.625 m。 反思提升 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使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,但须注意这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化。 一 培优　热点训练 27 (2024·江苏学业水平考试押题卷)如图所示,倾角为α=37°的斜面固定放置,B点下方粗糙,上方光滑,质量为mQ=3m的物块Q放在B点时恰能不下滑,质量为mP=m的物块P从斜面上A点由静止释放,A、B两点间的距离为3 m,P、Q间的碰撞为弹性碰撞,物块P与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5,一段时间后,物块P与Q在斜面上发生第二次碰撞,不计碰撞时间和物块的大小,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求第一次碰撞后瞬间物块Q的速度大小; 答案:(1)3 m/s　 解析:(1)设物块P与Q第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0,根据动能定理有 mPgsin α·x1=mP 解得v0=6 m/s 设第一次碰撞后瞬间物块P、Q的速度分别为v1、v2, 根据动量守恒定律与机械能守恒定律有 mPv0=mPv1+mQv2 mP =mP+mQ 解得v1=-3 m/s,v2=3 m/s。 (2)求物块P从静止释放到与物块Q发生第二次碰撞所经过的时间。 答案: (2)(2+)s 解析: (2)设物块P从静止释放到运动到B点所用时间为t1,根据动量定理有mPgsin α·t1=mPv0 解得t1=1 s 第一次碰撞后,物块Q在斜面上做匀速直线运动,物块P在斜面光滑部分运动的加速度大小为 a1=gsin α=6 m/s2 物块P碰撞后再回到B点的速度v1'=|v1| 所用时间为t2==1 s 物块P在斜面粗糙部分运动的加速度大小为 a2=gsin α-μgcos α=2 m/s2 设P回到B点后再经过t3时间,物块P、Q发生第二次碰撞, 根据位移关系有|v1|t3+a2=v2(t2+t3) 解得t3= s(另一解舍去) 则物块P从静止释放到与物块Q发生第二次碰撞,经过的时间为t=t1+t2+t3=(2+)s。 二 精准补弱 34 1.(2024·江苏扬州三模)有一款三轨推拉门,门框内部宽为2.4 m,三扇相同的门板如图所示,每扇门板宽为d=0.8 m,质量为m=20 kg,与轨道间的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣(厚度不计),两门板碰后可连在一起。现将三扇门板均静止在最左侧,用力F水平向右拉3号门板,一段时间后撤去,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 1 (1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触,求力F做的功W。 答案:(1)1.6 J　 解析:(1)由题意,对3号门板,根据动能定理有 W-μmgd=0 解得W=1.6 J。 2 3 4 1 (2)若F=12 N,3号门板恰好到达门框最右侧,大门完整关闭,求: ①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0; ②拉力F的作用时间t。 答案: (2)①0.8 m/s　② s 2 3 4 1 解析: (2)①设3号门板与2号门板碰撞前速度为v0,碰撞后速度为v1,碰后两门板位移为d=0.8 m,根据功能关系有-2μmgd=0-×2m 解得v1=0.4 m/s 碰撞过程,根据动量守恒定律有mv0=2mv1 解得v0=0.8 m/s。 2 3 4 1 ②根据牛顿第二定律有F-μmg=ma 解得a=0.5 m/s2 根据动能定理有Fx-μmgd=m 解得x= m 根据运动学公式有x=at2 解得t= s。 2 3 4 1 2.如图甲所示,一水平传送带以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动,将物块A轻轻放到传送带左端,物块A和传送带之间的动摩擦因数μ0=0.2,传送带紧挨着右侧水平地面,地面左侧O点放一物块B,物块B与水平面间的动摩擦因数为μ,且μ随物块到O点的距离x按如图乙所示规律变化,传送带水平部分长L=1.2 m,物块A运动到O点时和B发生弹性碰撞,碰后B向右运动挤压弹簧,B向右运动的最大距离为d=0.5 m,物块A、B的大小可忽略,质量均为m=0.5 kg。弹簧始终在弹性限度内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 (1)A碰B前的瞬间物块A的速度大小; 答案:(1)2 m/s　 解析:(1)设物块A能加速到和传送带速度相等,则对加速过程根据牛顿第二定律有μ0mg=ma 设加速过程物块A的位移为x,则v2=2ax 解得x=1 m<L 假设成立,即A碰B前瞬间的速度为2 m/s。 2 3 4 1 (2)A碰B后物块B的速度大小; 答案: (2)2 m/s　 解析: (2)对A、B碰撞过程,由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv=mvA+mvB mv2=m+m 解得vA=0,vB=2 m/s。 2 3 4 1 (3)弹簧的最大弹性势能。 答案: (3)0.5 J 解析: (3)A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程因摩擦产生的热量Q=-Wf 由题图乙知B运动0.5 m时μ'=0.4,摩擦力对物块B做的功Wf=-d 根据能量守恒定律得m=Q+Epm 解得Epm=0.5 J。 2 3 4 1 3.某同学在水平桌面上玩游戏,在桌面左侧边缘处放置质量为1 kg的小物体A(可视为质点),距离物体A右边1 m处有一质量为2 kg的物体B(可视为质点),物体B距离桌面右边缘2 m,两物体在一条直线上,如图所示。A、B两物体与桌面之间的动摩擦因数均为0.2,现使A以某一初速度向B运动,使A能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面,已知重力加速度为g(答案可以保留根号)。 2 3 4 1 (1)若A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起,求物体A初速度大小的范围; 答案:(1)2 m/s<v0<2 m/s　 2 3 4 1 解析:(1)对A与B碰前的过程由动能定理得 -μmAgl1=mA-mA A与B碰撞后粘在一起,以v0方向为正方向,由动量守恒定律,有mAv1=(mA+mB)v2 若A与B恰好能滑行至桌子右侧边缘,则 -μ(mA+mB)gl2=0-(mA+mB) 当v1=0时,A初速度最小,则v01=2 m/s 当A与B恰好能滑行至桌子右侧边缘时,A初速度最大,则代入数据可得v02=2 m/s 故A初速度大小的范围是2 m/s<v0<2 m/s。 2 3 4 1 (2)若A、B发生弹性碰撞,且两物体不滑离桌面,求两物体最终间距的最大值。 答案: (2)2.5 m 2 3 4 1 解析: (2)若A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律及机械能守恒定律得mAv1'=mAvA'+mBvB' mAv1'2=mAvA'2+mBvB'2 代入数值解得vA'=-v1',vB'=v1' 所以A、B发生弹性碰撞后向相反方向运动; 根据牛顿第二定律有μmg=ma 可得a=μg=2 m/s2 由题意可知,B物体刚好滑到边缘时,A、B间距最大,则xB=2 m 2 3 4 1 由运动学公式可得vB'==2 m/s 可知vA'=- m/s 故xA==0.5 m 代入数值可得x=xA+xB=2.5 m。 2 3 4 1 4.(2024·江苏苏州模拟)如图所示,在倾角为30°的光滑足够长的斜面上建立x轴,单位为米(m),坐标原点在O处,在x1=-0.1 m和x2=-0.4 m处有质量分别为2M和M小球A和B,在x轴正半轴某处垂直于斜面放置一弹性薄挡板,现将两小球同时由静止释放,小球与薄挡板之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰,碰撞时间极短,g取10 m/s2。 2 3 4 1 (1)求小球A第一次到达原点O处的速度大小vA和运动时间tA; 答案:(1)1 m/s　0.2 s　 解析:(1)小球A、B在斜面运动过程中的加速度大小都为a=gsin 30°= 5 m/s2 由v2=2ax得vA==1 m/s 由v=at可得tA==0.2 s。 2 3 4 1 (2)小球A第一次与挡板碰撞后,返回到原点O处时,恰好与小球B迎面发生第一次碰撞,求挡板的位置坐标x0; 答案: (2)0.125 m　 解析: (2)由x=at2得小球B到达O点所需时间tB==0.4 s 则小球A从O点到挡板的时间tO板==0.1 s 所以x0=vAtO板+a=0.125 m。 2 3 4 1 (3)两小球在原点O处发生第一次碰撞后,立即移动挡板至kx0处,当小球A再次与移动后的挡板相碰后,撤去挡板,使得A与B在x轴正半轴发生第二次碰撞,求k的取值范围。 答案: (3)k>6.4 2 3 4 1 解析: (3)由运动对称性可知球A反弹回到O点时的速度大小vA1=vA= 1 m/s 球B到达O点的速度vB=atB=2 m/s 以沿斜面向下为正方向,两球在碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得 MvB-2MvA1=MvB1+2MvA2 +=+ 解得vA2=1 m/s,vB1=-2 m/s 2 3 4 1 可知碰撞后A球沿斜面向下运动,B球沿斜面向上运动。当B球碰撞后再次到达O点时所用时间为tB1=2×=0.8 s 此时若A球也恰好到达O点,则 kminx0=vA2×+a()2 解得kmin=6.4 当kx0很大时,B球碰撞后再次过O点时A球的速度为vA3=vA2+atB1=5 m/s>|vB1| 即kx0很大时,在A球未与板碰撞反弹之前,A、B球不会发生碰撞,当A球与板碰撞反弹后必然与B球在x轴正半轴发生第二次碰撞,所以k>6.4。 2 3 4 1 $$