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（苏京）

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．如图所示，足够长的光滑水平台面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的速度大小； (2)细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·江苏苏州市期末)如图所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2 kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝1 kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，最初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g＝10 m/s2，求： (1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小； (2)木板的最短长度； (3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t。 答案　(1)4 N·s　(2) m　(3)4 s 解析　(1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v1 解得v1＝1 m/s 因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对木板的冲量为I＝－Mv1－Mv1 解得I＝－4 N·s 第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4 N·s。 (2)木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度。木块第二次与木板相对静止时的速度大小为v2， 则有Mv1－mv1＝(M＋m)v2 解得v2＝ m/s 由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据能量守恒可得 mv02－(M＋m)v22＝μmgLmin 解得Lmin＝ m (3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小aM＝＝0.5 m/s2 第一次共速前木板加速的时间t1＝＝2 s 此后所有相对滑动时间为t2＝＝2 s 则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t2＝4 s。 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，重力加速度g＝10 m/s2)。 (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·江苏无锡市教学质量调研)如图所示为倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l。质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，A与B发生完全非弹性碰撞(但不粘连)，碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，则下列说法正确的是(　　) A．碰后瞬间两物体的速度大小为 B．碰后两物体一起向下运动的最大位移为2l C．两物体反弹向上运动，B能再次回到释放点 D．碰后两物体一定不能分离 答案　D 解析　B下滑，即将与A碰撞时有mglsin θ＝mv02，A、B碰撞动量守恒，则有mv0＝2mv，得v＝，A错误；A、B碰撞后一起向下运动至最低点，设位移为x，根据能量守恒得2mgxsin θ＋k(l＋x)2－kl2＝×2mv2，A原来静止时满足mgsin θ＝kl，解得x＝l－3l，B错误；A、B分开临界条件为加速度相等，A、B之间的弹力为零，对B分析可得mgsin θ＝ma0，得a0＝gsin θ，碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反向。假设不分离，向上运动位移为x1，则有2mgx1sin θ＋k(l－x1)2－kl2＝×2mv2，得x1＝l－l，此时对整体受力可得2mgsin θ－kx1＝2ma，得a＝gsin θ<gsin θ，碰后两物体一定不分离且B不能再次回到释放点，C错误，D正确。 2．(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。 3．(2023·江苏省模拟)如图所示的水平地面上有a、b、O三点。将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde是以O为圆心，R为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b处，A的质量是B的2倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。B到最高点d时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段间的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求： (1)物块B在d点的速度大小； (2)物块A滑行的距离s； (3)试确定物块B脱离轨道时离地面的高度； (4)物块B从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间。 答案　(1)　(2)　(3)R　(4) 解析　(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB，依题意物块B在最高点时，有 mBg－mBg＝mB， 解得vd＝ (2)设A、B分开时的速度分别为v1、v2，系统动量守恒，可得mAv1－mBv2＝0 B由位置b运动到d的过程中，根据机械能守恒，有mBv22＝mBgR＋mBvd2 A在滑行过程中，由动能定理可得 0－mAv12＝－μmAgs 联立解得s＝ (3)设物块B脱离轨道时速度为v，有FN＝0 根据向心力公式，有mBgcos θ＝mB 又mBvd2＋mBgR(1－cos θ)＝mBv2 解得cos θ＝，v＝ 脱离轨道时离地面的高度h＝Rcos θ＝R (4)物块B脱离轨道后做斜下抛运动，如图，竖直方向， 有h＝vsin θ·t＋gt2 解得t＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$