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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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 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 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 只涉及初末速度，而不涉及力、时间 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 　(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)。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 例1 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＝ (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 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 滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s， 设滑块a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′ 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。 　(2023·广东茂名市一模)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，选手与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。不计水流速度，选手和物体C均可看作质点，g＝10 m/s2，则： 例2 (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 设选手及装备的质量为m，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与C发生碰撞后一起运动，碰撞时间极短可忽略，在此碰撞过程中系统损失的机械能为多少？ 答案　180 J 滑上A时速度为v1 与C碰前速度为v2 选手经过A与C发生碰撞后一起运动，速度为v mv2＝(M＋m)v 解得ΔE＝180 J (3)在第(2)问前提下，选手与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 选手与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同，根据动量定理 ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M0)v′，f＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120 N 解得v′＝2.5 m/s 之后一起减速，加速度大小为 所以最大宽度d＝x1＋x2＋L＝6.75 m。 高考预测 19 (2023·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； 答案　2.2 s 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 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 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的过程中传送带上形成痕迹的长度Δx； 答案　2.45 m 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)长木板的长度s(计算结果保留两位有效数字)。 答案　7.3 m 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 小滑块从C到D过程由动能定理得 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 此过程由能量守恒定律得 专题强化练 28 1 2 1.(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； 答案　2R 1 2 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， B离开最高点后做平抛运动， 在水平方向上有x＝v2′t 联立解得x＝2R 1 2 (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； 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 1 2 (3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。 1 2 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， 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， 1 2 碰撞过程中A和B损失的总动能为 1 2 2.(2023·黑龙江齐齐哈尔市二模)如图所示，半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的最低点与长为L的水平传送带左端A水平相切，传送带沿顺时针转动的速度为v0(v0> )，传送带的右端B紧靠 等高的光滑水平面，质量为m的滑块b静止在水平面上，离右边的竖直墙距离为L。质量为3m的滑块a从轨道上的最高点由静止释放沿圆弧面滑下， 当a滑到传送带右端时刚好与传送带共速，a滑上水平面后与b发生弹性碰撞，b与墙碰撞前后速度等大反向，不计滑块的大小，重力加速度为g，求： 1 2 (1)滑块a与传送带间的动摩擦因数； 设a与传送带间动摩擦因数为μ，则a在传送带上运动的加速度a＝μg 根据题意知v02－v2＝2aL 1 2 (2)滑块a第一次通过传送带，带动传送带的电动机额外多做的功； 1 2 (3)在滑块a、b第一次和第二次碰撞的时间间隔内，滑块a运动的距离。 1 2 设滑块a与b发生弹性碰撞后瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有3mv0＝3mv1＋mv2 设a、b第一次碰撞后a运动x的距离时a、b发生第二次碰撞，根据题意结合几何关系，对滑块a有x＝v1t v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax等 2 m/s kx2 滑块a从D到F，由动能定理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 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，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 a＝＝1 m/s2 减速位移x2＝＝3.125 m t1＝＝ s＝0.7 s 共速时滑块的位移x1＝＝ m＝2.45 m L－x1＝v0t2＋a2t22 mg＝m －mg·2R＝mvD2－mvC2 联立解得vC＝＝6 m/s 解得v＝ m/s μ2mg·s＝mvB2－mvC2－Mv2 解得长木板的长度s＝ m≈7.3 m。 则由牛顿第二定律得mg＝m 则在竖直方向上有2R＝gt2 解得P＝mgsin θ 答案　mgsin θ 对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcos θ＝mvD2 答案　mgR 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＝ 由机械能守恒定律得mv22＝mv2′2＋mg·2R 解得v2＝ 解得ΔE＝mgR。 解得v0＝＋ ΔE＝mv02－mv12－mv22 解得v＝ 解得μ＝－1 答案　－1 设滑块a滑到A点时速度大小为v，根据机械能守恒有3mgL＝×3mv2 a与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μ·3mg(v0·－L)＝mv02－3mv0 ＋3mgL 根据功能关系，带动传送带的电动机额外多做的功W＝Q＋ΔEk＝3mv0(v0－) 答案　3mv0(v0－) a通过传送带过程动能的增量ΔEk＝×3mv02－×3mv2＝mv02－3mgL 答案　L 对滑块b有2L－x＝v2t，解得x＝L。 根据能量守恒有×3mv02＝×3mv12＋mv22 解得v1＝v0，v2＝v0 $$