专题突破2 培优点4 力学3大观点的综合应用-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

培优点4　力学三大观点的综合应用 动力学规律的选用原则 (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．(2023·辽宁省部分高中二模)如图所示，足够长的光滑水平台面其右端紧接着一单侧长1 m的水平传送带，传送带以速度v1＝1 m/s顺时针匀速运动。A、B两滑块的质量分别为mA＝4 kg、mB＝2 kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块拴接)并用一根细线(图中未画出)锁定，两者一起在平台上以速度v＝1 m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离时B恰好静止，A继续向右运动，并滑上传送带，最终从右端离开传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，求： (1)两滑块与弹簧脱离时A的速度； (2)线断裂前弹簧的弹性势能Ep； (3)滑块A与传送带之间因摩擦产生的热量Q。 答案　(1)1.5 m/s　(2)1.5 J　(3)0.5 J 解析　(1)设两滑块脱离弹簧时的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB 则由vB＝0可得vA＝1.5 m/s (2)弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有 Ep＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2 解得Ep＝1.5 J (3)滑块A在传送带上向右减速到与传送带共速，之后随传送带向右离开，设相对滑动时间为t，滑块A的加速度大小为 a＝＝μg＝5 m/s2 根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得 v1＝vA－at 解得t＝0.1 s 则滑块A在传送带上向右减速到与传送带共速过程中，滑块A与传送带各自的位移为 xA＝t＝0.125 m x带＝v1t＝0.1 m 则滑块A与传送带间的相对位移为 s1＝xA－x带＝0.025 m 在相对滑动过程中摩擦生热为 Q＝μmAgs1＝0.5×4×10×0.025 J＝0.5 J 2．(2023·辽宁卷·15)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0－8t02 解析　(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据得v＝1 m/s 对木板受力分析有μm2g＝m1a1， 得a1＝＝4 m/s2 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v2＝2a1x1 代入数据解得x1＝0.125 m (2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx2 ＝ (m1＋m2)a共 对物块受力分析有μm2g＝m2a2， 得a2＝μg＝1 m/s2 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动， 由Ep＝kx22，F弹＝kx2 解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m 对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有 (m1＋m2)v2＝(m1＋m2)v22＋kx22 代入数据得v2＝ m/s (3)木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时木板的末速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有 －μm2g·2t0＝m2v3－m2v2 解得v3＝－2t0 木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初、末动能相等， 则对于木板和物块组成的系统有 Wf＝m1v22＋m2v32－(m1＋m2)v22 ΔU＝－Wf 联立得ΔU＝4t0－8t02。 3．(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＝2 m/s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，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； (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； (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　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 解析　(1)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 解得vF＝10 m/s FN＝31.2 N (2)已知滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s， 设滑块a与b碰后的速度大小为va， 由动能定理有： －mg·2R－μmg·L＝mvB2－mva2 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 则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE＝mvF2－mva2－×3mvb2 解得ΔE＝0 (3)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′ 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，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。 1．(2023·甘肃省第三次诊断)如图所示，质量为1 kg的物块A静止在半径R＝0.9 m的四分之一光滑圆弧轨道的最高点，在A的正上方1 m处的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，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； (2)物块A离开圆弧轨道时的速率。 答案　(1)7.5 N　(2) m/s 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碰撞前瞬间的速度为v0，则由机械能守恒定律可得 m2gL(1－cos 60°)＝m2v02 解得v0＝1 m/s A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m2v0＝m1v1＋m2v2 m2v02＝m1v12＋m2v22 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)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)＝m1v32－m1v12 解得v3＝ m/s。 2.(2023·安徽淮南市高三二模)如图所示，有一个光滑圆环MDN固定在竖直平面内，半径为R＝0.2 m，圆心在O点，N、O、D为竖直直径上的三点，O、M、B、C四点在同一个水平面上，在N点正下方接近N点处固定一个非常小的光滑水平支架，支架上放置一个可视为质点的小物块b，另一个可视为质点的小球a在M点的正上方。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v′＝8 m/s，左端点B距圆心O的水平距离为L0，BC长为L＝ m，已知球a的质量m1＝0.2 kg，物块b的质量m2＝0.4 kg，g＝10 m/s2，不计空气阻力。若将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，且击中传送带上的B点。 (1)求OB的距离L0； (2)将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为h1＝0.18 m处由静止释放，则球a能不能与物块b相碰？若能，求碰后两者的速度大小；若不能，求球a与圆轨道脱离的位置与圆心O的高度差； (3)调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b做平抛运动后落在传送带上，且物块b落在传送带上时竖直分速度全部损失，只保留水平方向分速度。当物块b落在传送带上距离B点最近时，物块b在传送带上会一直向右加速运动，到C点时恰好与传送带速度相等，求物块b与传送带间的动摩擦因数μ。 答案　(1) m　(2)不能　0.12 m　(3)0.7 解析　(1)a球恰好从最高点飞出，故有 m1g＝ 平抛运动击中B点有R＝gt2 L0＝vNt 联立以上各式，代入数据得t＝ s， L0＝ m (2)a球释放高度小于R，故不能到达圆弧最高点；设在圆弧上K点脱离，K点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，由机械能守恒定律可知m1g(h1－Rsin θ)＝m1v2 在K点有m1gsin θ＝ 代入数据可得sin θ＝ 故脱离轨道时距O高度为 h′＝Rsin θ＝0.12 m (3)a球从距M点h处自由释放，运动到N点有m1g(h－R)＝m1v02 两物体碰撞时动量守恒，机械能守恒 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 解得v1＝，方向向左，v2＝，方向向右 a球原路返回要求有m1g≤ 得h≥1.1 m 此时b物块对应水平位移s≥v2t＝ m 故能落在传送带上，落点距B点为 m为最近点。 在h＝1.1 m时，由上式可得b物块从N点射出时速度v2＝2 m/s 因竖直分速度损失，故落在传送带时水平速度也为v2＝2 m/s 水平位移s＝v2＝ m 与C点距离x＝L＋L0－s＝4 m 一直加速故有2ax＝v′2－v22，μm2g＝m2a 解得μ＝0.7。 学科网（北京）股份有限公司 $$