专题二 大题突破一 力学三大观点的综合应用（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 大题突破一　力学三大观点的综合应用 题型一 传送带模型 题型二 板块模型 大题突破（一） 力学三大观点的综合应用 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 01 02 03 04 05 谢谢观看 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 涉及匀变速直线运动的位移、速度、加速度、时间 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－ 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及运动的初、末速度、位移和力，不涉及时间 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 涉及运动的初、末速度，时间和力，不涉及位移 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 【例1】 (2024·江苏苏州模拟)如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°，质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块B刚下降时的加速度a； (2)物块A从底端到达顶端所需的时间t； (3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。 解析：(1)对A分析，有 FT＋μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a 对B分析，有m2g－FT＝m2a 联立解得a＝2 m/s2，方向竖直向下。 (2)物块A达到与传送带共速所需的时间为t1＝＝2 s 物块A的位移x1＝t1＝4 m 之后匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s 物块A从底端到达顶端所需的时间t＝t1＋t2＝2.5 s。 (3)物块A从底端到达顶端时，相对位移Δx＝vt1－x1＝4 m 电动机多做的功设为W，根据能量守恒定律得 W＋m2gL－m1gL sin θ＝(m1＋m2)v2＋μm1gΔx cos θ 解得W＝136 J。 答案：(1)2 m/s2，方向竖直向下 (2)2.5 s (3)136 J 【例2】 (2024·湖北高考)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s，方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 μmg＝ma 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m 可知小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m物v＝m物v1＋m球v2 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s 解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk＝m物v2－m物m球 解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g＝m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有m球m球＋m球g(2L绳－d) 联立解得d＝0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案：(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 1．用动力学解决板块模型问题的思路 2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 【例3】 (2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)滑板的长度L。 解析：(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b的过程，根据机械能守恒得 mgh＝ 解得v0＝10 m/s 在b点根据牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为 ＝FN＝1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得 －μmgs＝0－mv2 解得v＝8 m/s 根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得 a1＝＝μg＝2 m/s2 a2＝＝4 m/s2 根据运动学规律对游客有 v＝v0－a1t 解得t＝1 s 该段时间内游客的位移为s1＝t＝9 m 滑板的位移为s2＝a2t2＝2 m 根据位移关系得滑板的长度为 L＝s1－s2＝7 m。 答案：(1)1 000 N　(2)7 m [规律方法]游客在滑板上运动时，由于水平面是光滑的，所以游客与滑板构成的系统动量守恒，利用动量和能量相结合的观点也可确定滑板的长度。设游客滑离滑板时，滑板的速度为v′，则对应方程为： 【例4】 (2024·河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 解析：(1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知 Mx1＝mx2 根据位移关系有x1＋x2＝LA 联立解得木板A向左移动的位移 x2＝1.5 m。 因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。 (2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则 水平方向上有x2＝v0cos θ·t 竖直方向上有v0sin θ＝g· 联立解得v0＝ 机器人起跳过程中,机器人与A木板水平方向上动量守恒,则有Mv0cos θ＝mvA 根据功能关系有W＝ 联立可得 W＝()(单位为J) 当tan θ0＝2时，W最小， Wmin＝90 J。 (3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为v01，A木板的速度为vA，机器人跳到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度为v共，此时A、B木板间的水平距离为xAB，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mv01cos θ0＝(M＋2m)v共 取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则有(M＋m)v共＝MvM1＋mvm1＝MvM2＋mvm2＝MvM3＋mvm3 又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有 (vM1－vm1)t1＝ (vM2－vm2)t2＝ (vM3－vm3)t3＝ 联立可得v共(t1＋t2＋t3)－(vm1t1＋vm2t2＋vm3t3)＝LB 且3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 vm1t1＋vm2t2＋vm3t3＋vA(t1＋t2＋t3)＋xAB＝0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离 xAC＝vA(t1＋t2＋t3)＋xAB＋LB＋v共(t1＋t2＋t3) 联立解得xAC＝LB。 答案：(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝LB [说明]力学三大观点的综合应用，在高考中常以大题形式命题，但也会以选择题形式进行考查，因此，练习中，也涉及了相关的选择题加以巩固。 一、单选题 1．(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　 ) 解析：选C。0～t0时间内，物体轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，易知滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 二、多选题 2．(2024·吉林高考)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：选ABD。由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v ­t图像中图线的斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为，方向水平向右，则与木板共速 前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力Ff的作用，由于Ff＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 三、计算题 3．(2024·湖南郴州检测)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s从传送带顶端推下一质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点)。5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)传送带顶端到底端的距离L； (2)整个过程中产生的热量。 解析：(1)包裹从顶端被推下传送带时，由牛顿第二定律可得 μmg cos α－mg sin α＝ma 解得a＝0.4 m/s2 设经过t1时间后包裹与传送带速度相等，有 t1＝＝2 s 这段时间内包裹运动的距离 s1＝t1＝2 m 传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2 m 由于μmg cos θ＞mg sin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间为 t2＝t－t1＝3 s 包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8 m 停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间 t3＝＝1.5 s 停电后运动的距离s3＝t3＝0.45 m 传送带顶端到底端的距离 L＝s1＋s2＋s3＝4.25 m。 (2)产生的热量 Q＝μmg(s1－s1′)cos α＋μmgs3cos α＝40 J。 答案：(1)4.25 m　(2)40 J 4．(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 解析：根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60 °。 (1)A开始运动到最低点有 mgl(1－cos θ)＝－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 (2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可知mv0＝0＋mvC 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒得μmgL相对＝(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 答案：(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 5．(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得 mgL＝－0 解得v0＝5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 FT－mg＝m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。 (2)小球与物块碰撞瞬间，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝4 m/s。 (3)若物块运动到圆弧轨道的最低点时刚好与小车共速，此时μ最大(但不能取)，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律得＋μmaxMgs 解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时与小车共速，此时μ最小，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得 Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律得 ＋μminMgs＋MgR 解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 $$