专题2 培优点2 力学3大观点的综合应用-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

培优点2　力学三大观点的综合应用 目标要求　1.会在题中找出解题关键词、临界条件，从而理解题意并以此进行解题。2.在力学计算题中会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的观点进行处理。 力学三大观点对比 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 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－v02＝2ax等 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 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度，而不涉及力、时间 例1　(2023·江苏卷·15)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； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (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　(1)　(2) 　(3)d(1－μ) 解析　(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mvP2－0 根据动量定理有 (mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0 联立解得t＝ vP＝ (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vB＝vP＝ (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vBcos 45°＝g× 水平方向上有L＝vBsin 45°·t′ 联立可得L＝d(1－μ)。 例2　(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2) (1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； (2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； (3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s 解析　(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得 mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝mvC2 解得vC＝4 m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝m 解得FC＝22 N (2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得 mgh－0.2mgLFG＝mv2 解得v＝6 m/s 摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1 解得v1＝＝3 m/s 根据能量守恒定律可得 Q＝μmgL＝mv2－×2mv12 解得μ＝0.3 (3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝3 m/s2 所用时间为t1＝＝1 s 此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m 滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝＝1.5 s 则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。 (2023·江苏省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； (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　(1)3 m/s　(2)(2＋) 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＝mPv02， 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， mPv02 ＝mPv12＋mQv22， 解得v1＝－3 m/s，v2＝3 m/s。 (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＋a2t32＝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。 专题强化练 1．(2023·江苏扬州市三模)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，取重力加速度g＝10 m/s2。 (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； (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　(1)1.6 J　(2)①0.8 m/s　② s 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)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－×2mv12 解得v1＝0.4 m/s 碰撞过程，根据动量守恒定律mv0＝2mv1 解得v0＝0.8 m/s ②根据牛顿第二定律F－μmg＝ma 解得a＝0.5 m/s2 根据动能定理Fx－μmgd＝mv02 解得x＝ m 根据运动学公式x＝at2 解得t＝ s。 2.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离； (2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率； (3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。 答案　(1)2R　(2)mgsin θ　(3)mgR 解析　(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝m B离开最高点后做平抛运动， 则在竖直方向上有2R＝gt2 在水平方向上有x＝v2′t 联立解得x＝2R (2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcos θ＝mvD2 由于对A做功的力只有重力，则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ 解得P＝mgsin θ (3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程， 由机械能守恒定律得mv22＝mv2′2＋mg·2R 解得v2＝ 对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得mv12＝mgR 解得v1＝ 设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程， 由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2 解得v0＝＋ 碰撞过程中A和B损失的总动能为 ΔE＝mv02－mv12－mv22 解得ΔE＝mgR。 3．(2023·江苏苏州市模拟)竖直面内的水平轨道上有一半径为R＝1.5 m、圆心角为θ＝60°的固定光滑圆弧轨道，其底端紧靠一质量为M＝0.2 kg的长木板，长木板上表面与圆弧轨道底端平齐，长木板右端放置一小物块P，如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小物块A、B分别置于圆弧轨道两侧，A刚好被锁定在圆弧轨道上端，B悬停在空中。现解除锁定，A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后，A立即又被锁定，P开始运动的v－t图像如图乙所示，图中的v0、t0、t1均为未知量，整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为m0＝1.2 kg，B、P的质量均为m＝0.4 kg，P与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平轨道之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，P、A、B均可视为质点，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求： (1)v0、t0的值； (2)0～t0与t0～t1过程，小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。 答案　(1)3 m/s　0.5 s　(2)23 解析　(1)将A、B作为整体，在A沿圆弧轨道下滑的过程中，满足机械能守恒m0gR(1－cos 60°)＝mgR＋m0vA2＋mvB2 其中vAcos 30°＝vB 解得vA＝2 m/s 物块A、P发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，可得m0vA＝m0vA′＋mv0 m0vA2＝m0vA′2＋mv02 解得v0＝3 m/s 物块P滑上木板后，根据牛顿第二定律，对滑块P μ1mg＝ma1 对木板μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同时v0－a1t0＝a2t0 解得t0＝0.5 s (2)t0时刻，所达到的共同速度v1＝a2t0＝0.5 m/s 根据能量守恒，在0～t0时间内产生的热量 Q1＝mv02－(M＋m)v12 在t0～t1时间内产生的热量Q2＝(M＋m)v12 代入数据可得热量之比＝23。 4.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，求： (1)小球A第一次到达原点O处的速度大小vA和运动时间tA； (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，则挡板的位置坐标x0； (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　(1)1 m/s　0.2 s　(2)0.125 m　(3)k＞6.4 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)由x＝at2得球B到达O点所需时间tB＝＝0.4 s 球A从O点到板的时间tO板＝＝0.1 s 所以x0＝vAtO板＋atO板2＝0.125 m (3)由运动对称性可知球A反弹回到O点时的速度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和能量守恒可得 MvB－2MvA1＝MvB1＋2MvA2 ＋＝＋ 解得vA2＝1 m/s，vB1＝－2 m/s 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球发生第二次碰撞。所以k＞6.4。 学科网（北京）股份有限公司 $$