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

专题二　 能量与动量 培优点2　力学三大观点的综合应用 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。 目标要求 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 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 　(2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝ 从D处进入，经DEF 管道后，与FG上的滑块b碰撞 (时间极短)。 例1 已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝ kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； 答案　10 m/s　31.2 N　 滑块a从D到F，由动能定理 解得vF＝10 m/s FN＝31.2 N (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； 答案　0　 已知滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s， 设滑块a碰撞后的速度大小为va，由动能定理有： 解得va＝5 m/s 因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mva＋3mvb 解得碰后b的速度vb＝5 m/s 解得ΔE＝0 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 答案　0.2 m 若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv 解得v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长 时有共同速度v′，有4mv＝6mv′ 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1， 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等， 则弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝2x1＝0.2 m。 　某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，选手从高台俯冲而下，为了解决速度过快带来的风险，设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板，B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑，经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M0＝48 kg，C的质量为M＝12 kg。A、B的长度均为L＝3 m，人与A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍，B碰到河岸后立即被锁定。 例2 不计水流速度，选手和物体C均可看作质点，g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则： (1)为了防止A滑动而出现意外，选手及装备的质量最大不超过多少？ 答案　72 kg　 为了防止A滑动，则μ1mg≤μ2(M0＋m)g 解得m≤72 kg (2)若选手及装备的质量为60 kg，从h＝3.3 m的高台由静止开始滑下，经过A后与C发生碰撞后一起运动，碰撞时间极短可忽略，求在此碰撞过程中系统损失的机械能？ 答案　180 J　 滑上A时速度为v1 与C碰前速度为v2 经过A后与C发生碰撞后一起运动，速度大小为v mv2＝(M＋m)v 解得ΔE＝180 J (3)在第(2)问前提下，人与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同，要使选手能够到达河岸，河岸的最大宽度d为多少？ 答案　6.75 m 人与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同，对系统根据动量定理有 (M＋m)v－(M＋m＋M0)v′＝Fft ，Ff＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120 N 解得v′＝2.5 m/s 所以最大宽度d＝x1＋x2＋L＝6.75 m。 高考预测 21 (2023·浙江省新高考模拟预热)如图所示，质量为m1＝0.1 kg的物块a和质量为m2＝0.4 kg的物块b均静止在同一光滑水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为θ＝37°的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为F＝22.5 N的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动， 之后与物块b发生弹性碰撞，物块a、b经过衔接处时 没有能量损失。 已知弹簧的劲度系数k＝22.5 N/m且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g＝10 m/s2，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为μ＝ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，sin 37°＝ ，物块a、b均可视为质点，管道很细。 (1)求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能； 答案　45 J　 物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为x1，有kx1－F＝F 根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的 弹性势能为Ep＝Fx1 解得Ep＝45 J (2)物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径； 设满足要求的半圆管道半径为R 对物块b有μm2gcos θ＝m2gsin θ 可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑 物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m1va＝m1va′＋m2vb 物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有m2a1＝m2gsin θ＋μm2gcos θ 物块a在斜面上运动时的加速度大小为a2＝gsin θ (3)求碰撞后物块b上升高度的最大值。 答案　5 m 设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有 解得h＝5 m。 专题强化练 30 1.(2023·浙江金丽衢十二校联考)某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑斜面轨道AB，斜面轨道底端平滑连接长为L的粗糙水平轨道BC，轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点，C点刚好与圆心O1在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道，直立多米诺骨牌，它们的顶端恰好位于经过圆心O1的水平线O1x上。质量 为m的滑块P，从斜面上某点静止开始 下滑，与BC段的动摩擦因数为μ，与 质量也为m静置于C点的滑块Q正碰， 1 2 碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的 。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力，结果可保留根式。 (1)求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小； 1 2 1 2 (2)当1号骨牌离O1的水平距离x1＝ ，滑块P从h1高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，求h1； 1 2 可知假设正确，Q恰好从圆弧顶点开始做平抛运动，则滑块P从滑下 到与碰撞前，根据动能定理有 1 2 1 2 (3)若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道(如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切)，水平击中1号骨牌顶端。求1号骨牌离O1的最小距离x2。 1 2 Q从圆弧顶点静止开始下滑，下滑圆心角α时对CD轨道压力恰为零，再滑入半径为r的圆弧轨道，作图如图所示 1 2 2.(2023·浙江金华市十校联考)如图所示，一质量为m＝1 kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2 m/s，从P点与水平方向成θ＝37°角抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面轨道ab长为xab＝10 m，斜面ab与半径R＝1.25 m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4 m，以v＝5 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状 态的相同小球，每个小球质量m0 ＝2 kg。 1 2 滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求： (1)滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0； 1 2 答案　0.24 s　 滑块从P点抛出时竖直方向的分速度vy＝v0sin θ 1 2 (2)滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小； 1 2 答案　49.2 N　 滑块从a到c，根据动能定理 1 2 联立解得vc＝7 m/s，FNc＝49.2 N 根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小 FNc′＝FNc＝49.2 N (3)滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小； 1 2 答案　2 N·s　 滑块在传送带上的加速度大小a＝μg＝5 m/s2 1 2 匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小I＝μmgt1＝2 N·s (4)2个小球最终获得的总动能。 1 2 滑块第一次与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 1 2 由于小球质量相等均为m0， 且发生的都是弹性碰撞， 它们之间将进行速度交换， 分析可知，滑块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到|v1|，再与小球1发生弹性碰撞。 1 2 2 m/s mg·2R＝mvF2－mv02 在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝m －mg·2R－μmg·L＝mvB2－mva2 则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE＝mvF2－mva2－×3mvb2 则v′＝ m/s 由能量守恒有×(m＋3m)v2＝×(m＋3m＋2m)v′2＋kx12 mv12－0＝mgh mv22－mv12＝－μ1mgL 损失的机械能ΔE＝mv22－(M＋m)v2 B运动距离x1＝t＝0.625 m 之后一起减速，加速度大小a＝＝1 m/s2 减速位移x2＝＝3.125 m 答案　 m　 物块a第一次离开弹簧瞬间，有Ep＝m1va2 m1va2＝m1va′2＋m2vb2 解得va′＝－va，vb＝va 第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为t＝ 运动距离为x2＝ 第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为T＝ 对物块a、b有T＋＝t 可得R＝ m Ep＝m1gh＋m2gh＋μm2gcos θ 答案　　 滑块P从h高滑到底端，根据机械能守恒有mgh＝mv2，解得v＝ 答案　(12－8)R＋μL　 R mgh1－μmgL＝mvP2 假设Q从圆顶点飞出做平抛运动，则有R＝gt2，x1＝R＝vQ′t，解得vQ′＝ 此时Q在四分之一圆弧最高点有＝mg P、Q碰撞过程有mvP＝mvP′＋mvQ′， mvP2(1－)＝mvP′2＋mvQ′2 解得vP1＝(4－2)，vP2＝(4＋ 2)(舍去)，解得h1＝(12－8)R＋μL 答案　R 则有mgR(1－cos α)＝mvα2，mgcos α＝m，解得cos α＝ 根据题干所述有x2＝Rsin α＋rsin α，Rcos α＝r－rcos α，解得r＝2R， x2＝R。 滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0＝＝0.24 s mgxabsin θ＋mgR(1－cos θ)－μmgxabcos θ＝mvc2－mv02 在c点，根据牛顿第二定律可得FNc－mg＝ 所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间t2＝＝0.2 s 滑块速度与传送带速度相等时所需的时间t1＝＝0.4 s 此过程滑块的位移x1＝＝2.4 m<L 答案　 J mv＝mv1＋m0u1，mv2＝mv12＋m0u12 解得v1＝－v，u1＝v 同理可得，第二次碰撞后，滑块和小球的速度大小分别为v2＝|v1|＝()2v，u2＝v×() 则2个小球的总动能为Ek＝ m0(u12＋u22)＝ J。 $$