第一篇 专题二 计算题培优1 力学三大观点的综合应用-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

能量与动量 专题二 计算题培优1　力学三大观点的综合应用 1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律进行处理。 2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。 3.会用数学归纳法分析处理力学中多次碰撞的问题。 目标要求 一、力学中的多运动组合问题 内容索引 专题强化练 二、板块模型的综合分析 三、数学归纳法解决多次碰撞问题 一、力学中的多运动组合问题 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 vt=v0+at s=v0t+at2 -=2as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 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 例1 　 (2024·广东湛江市一模)某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图所示装置练习遥控技术。水平直轨道AC与半径R=0.32 m的光滑竖直圆轨道在B点相切，A、B间的距离L=1.0 m且对赛车的阻力恒为f=0.3 N，BC段光滑。水平地面距水平直轨道的竖直高度h=0.45 m。该同学遥控质量m1=0.1 kg的赛车以额定功率P=2 W从A点出发，沿水平直轨道运动到B点时立刻关闭遥控器，赛车由B点进入圆轨道，离开圆轨道后沿水平直轨道运动到C点，并与质量m2=1.0 kg的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，而滑块落在 水平地面上D点，C、D间的水平距离s=0.30 m。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)碰撞后滑块速度v2的大小； 答案　1 m/s 碰撞后滑块做平抛运动，则h=gt2，s=v2t 解得v2=1 m/s (2)碰撞前瞬间赛车速度v0的大小； 答案　6 m/s 设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v3，与滑块碰撞后的速度大小为v1，由牛顿第二定律及机械能守恒定律m1g=m1m1+ m1g×(2R)=m1 赛车与滑块碰撞过程动量守恒，有m1v0=-m1v1+m2v2 解得v0=6 m/s (3)此过程中该同学遥控赛车的时间。 答案　1.05 s 设电动机工作时间为t，根据动能定理Pt-fL=m1 解得t=1.05 s。 二、板块模型的综合分析 1.用动力学观点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)。 　 (2024·广东梅州市一模)某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M=2 kg、长度L=2 m的长木板静止在足够长的水平面(可视为光滑)上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m=1 kg的包裹(可视为质点)。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6 s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰 例2 撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度取g=10 m/s2。从施加作用力F开始计时，求： (1)t1=4 s时，长木板的速度v1大小； 答案　2 m/s　 包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为μ(M+m)g=3 N 因为1.5 N<3 N 所以包裹和长木板会共同加速， 加速度为 a= m/s2=0.5 m/s2 可得到v1=at=2 m/s (2)与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度vm'大小； 答案　 m/s 假设4 s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为a1=μg= 1 m/s2 长木板的加速度为a2==2 m/s2 可看出假设成立，包裹与长木板发 生相对滑动，再设经时间t2包裹与挡板发生碰撞，有 L=(v1t2+a2)-(v1t2+a1) 解得t2=2 s 则6 s时长木板的速度v2=v1+a2t2=6 m/s 包裹的速度为v3=v1+a1t2=4 m/s 此时两者发生弹性碰撞 mv3+Mv2=mvm'+Mv2'，m+M =mvm'2+Mv2'2 可求得vm'= m/s (3)包裹最终离挡板的距离d。 答案　 m 最终离挡板的距离即两者共速的时候，根据动量守恒mv3+Mv2= (m+M)v共 根据动能定理得 μmgs=m+M-(m+M) 得s= m 由于 m<2 m，则包裹与长木板相对静止，故包裹离挡板距离d= m。 三、数学归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 　如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d=2 m，A、B质量均为m= 1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F=9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10 m/s2。求： 例3 (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； 答案　0　6 m/s B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd=m 解得v0=6 m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械 能守恒定律有mv0=mvB+mvA m=m+m 解得vB=0，vA=6 m/s (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B的速度大小； 答案　 s　12 m/s　6 m/s 第一次碰撞后A向右以速度vA=6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为 a==9 m/s2的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vAt=at2 解得t= s 此时B的速度为vB1=at=12 m/s，A的速度为vA1=vA=6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1+mvB1=mvA2+mvB2 m+m=m+m 解得vA2=12 m/s，vB2=6 m/s (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； 答案　见解析图 同理第三次碰撞时有vB2t'+at'2=vA2t' 解得t'= s 此时B的速度为vB3=vB2+at'=18 m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间 t0== s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 答案　[2+4n(n-1)] m(n=1，2，3，4，…) 由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一 次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞， B运动的距离为2 m； 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m+8 m=16 m； 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m+8 m=24 m； 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2 m+8 m+16 m+24 m+…+8(n-1) m =2 m+ m =[2+4n(n-1)] m(n=1，2，3，4，…)。 计算题培优练1　力学中的多运动组合问题 计算题培优练2　板块模型的综合分析 专题强化练 对一对 答案 1 2 计算题培优练1　力学中的多运动组合问题 题号 1 2 答案 (1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m 　(1)　(2)6mgL-3m　(3) 题号 3 答案 (1)9 m/s　(2)1.95 m　(3) m<s2<4 m 3 对一对 答案 1 2 计算题培优练2　板块模型的综合分析 题号 1 2 答案 (1)1 000 N　(2)7 m (1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　 (3)4t0-8 题号 3 答案 (1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 3 1 2 答案 1.(2024·广东湛江市模拟)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的 支持力大小； 答案　2 m/s　10 N 3 1 2 答案 设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理得mg(h+R)=mv2-0 代入数据得v=2 m/s 在C点，有F-mg=m 代入数据得F=10 N 3 1 2 答案 (2)斜面AB的长度L。 答案　1.8 m 从C到A，由动能定理得-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L =0-mv2 代入数据得L=1.8 m 3 1 2 答案 2.(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前 瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 3 1 2 答案 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； 答案　 A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t== 3 1 2 答案 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 答案　6mgL-3m　 B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m 3 1 2 答案 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　 3 1 2 答案 A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 3 1 2 答案 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 3 1 2 答案 3.如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过一小段圆弧(长度可忽略不计)与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、C'D段粗糙，DE段光滑，C处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接触(不拴接)，弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，物块a从C点进入半径R=0.4 m的圆形轨道，转一圈后又从C'(C、C'适当错开一点)点出来沿C'D轨道运动，在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5 m，B、C'间的距离s1=3.8 m，C'、D间的距离为s2，物块a与BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ1=0.25，物块b与 BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ2=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。 3 (1)求物块a运动到C点时的速度大小vC； 答案　9 m/s　 物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有 mgh-μ1mgs1=m 解得vC=9 m/s 1 2 答案 3 (2)改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度hmin； 答案　1.95 m 1 2 答案 3 物块a从A运动到P点，根据动能定理有 mghmin-μ1mgs1-2mgR=m 物块a恰好能通过P点，则有 mg=m 解得vP=2 m/s，hmin=1.95 m 1 2 答案 3 (3)若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿C'D运动与物块b发生弹性碰撞，且只能碰撞一次，求s2的范围。 答案　 m<s2<4 m 1 2 答案 3 设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有 mg·2R-μ1mgs2=mv2-m 可得v= 物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有 mv2=m+(3m) 1 2 答案 3 解得碰后物块a、b的速度分别为 v1=-0.5v，v2=0.5v 若s2=0，根据机械能守恒定律有 m()2=mgh1 解得h1=0.25 m<R=0.4 m 所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论： ①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小v=>0 解得s2<4 m 1 2 答案 3 ②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设C'Q=x，则有 QD=s2-x 根据能量守恒定律，对物块a有 μ1mg(s2+x)=m 对物块b有 μ2·3mg(s2-x)=(3m) 1 2 答案 3 解得s2= m 所以有 m<s2<4 m。 1 2 答案 3 1 2 答案 1.(2024·海南卷·18)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的高度差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C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因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求： 3 1 2 答案 (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； 答案　1 000 N 3 1 2 答案 设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh =m 解得v0=10 m/s 在b点根据牛顿第二定律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'=FN= 1 000 N 3 1 2 答案 (2)滑板的长度L。 答案　7 m 3 1 2 答案 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C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 3 1 2 答案 根据运动学规律，对游客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 3 1 2 答案 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。 3 1 2 答案 (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； 答案　1 m/s　0.125 m　 3 1 2 答案 由于地面光滑，则木板、物块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 3 1 2 答案 (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； 答案　0.25 m　 m/s　 3 1 2 答案 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， 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)+k 代入数据得v2= m/s 3 1 2 答案 (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　4t0-8 3 1 2 答案 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， 3 1 2 答案 则对于木板和物块组成的系统有 Wf=m1+m2-(m1+m2) ΔU=-Wf，联立得ΔU=4t0-8。 3 1 2 答案 3.(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。 3 1 2 答案 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； 答案　4 m/s　 根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=m 代入数据解得v=4 m/s 3 1 2 答案 (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m； 答案　0.2　1 kg　 3 1 2 答案 根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速， 根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a 根据题图乙有k==0.5 kg-1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动， 则对轨道有F-μmg=Ma 即a=F- 3 1 2 答案 结合题图乙有k'==1 kg-1 纵截距b=-=-2 m/s2 联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2 3 1 2 答案 (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 答案　4.5 m 3 1 2 答案 由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2， 小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2 设当小物块运动到P点时，经过t0时间， 则对轨道有v1=a1t0 对小物块有v2=a2t0 在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有 M+m=M+m+2mgR 3 1 2 答案 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向， 则有Mv1+mv2=Mv3+mv4 联立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合题意，舍去) 根据运动学公式有L=a1-a2 代入数据解得L=4.5 m。 3 本课结束 THANKS $$ 　 力学三大观点的综合应用 目标要求　1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律进行处理。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。3.会用数学归纳法分析处理力学中多次碰撞的问题。 一、力学中的多运动组合问题 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 vt=v0+at s=v0t+at2 -=2as等 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 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度，而不涉及力、时间 例1　(2024·广东湛江市一模)某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图所示装置练习遥控技术。水平直轨道AC与半径R=0.32 m的光滑竖直圆轨道在B点相切，A、B间的距离L=1.0 m且对赛车的阻力恒为f=0.3 N，BC段光滑。水平地面距水平直轨道的竖直高度h=0.45 m。该同学遥控质量m1=0.1 kg的赛车以额定功率P=2 W从A点出发，沿水平直轨道运动到B点时立刻关闭遥控器，赛车由B点进入圆轨道，离开圆轨道后沿水平直轨道运动到C点，并与质量m2=1.0 kg的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，而滑块落在水平地面上D点，C、D间的水平距离s=0.30 m。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)碰撞后滑块速度v2的大小； (2)碰撞前瞬间赛车速度v0的大小； (3)此过程中该同学遥控赛车的时间。 答案　(1)1 m/s　(2)6 m/s　(3)1.05 s 解析　(1)碰撞后滑块做平抛运动，则h=gt2，s=v2t 解得v2=1 m/s (2)设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v3，与滑块碰撞后的速度大小为v1，由牛顿第二定律及机械能守恒定律m1g=m1，m1+m1g×(2R)=m1 赛车与滑块碰撞过程动量守恒，有m1v0=-m1v1+m2v2 解得v0=6 m/s (3)设电动机工作时间为t，根据动能定理Pt-fL=m1 解得t=1.05 s。 二、板块模型的综合分析 1.用动力学观点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2　(2024·广东梅州市一模)某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M=2 kg、长度L=2 m的长木板静止在足够长的水平面(可视为光滑)上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m=1 kg的包裹(可视为质点)。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6 s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度取g=10 m/s2。从施加作用力F开始计时，求： (1)t1=4 s时，长木板的速度v1大小； (2)与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度vm'大小； (3)包裹最终离挡板的距离d。 答案　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) m 解析　(1)包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为μ(M+m)g=3 N 因为1.5 N<3 N 所以包裹和长木板会共同加速，加速度为 a= m/s2=0.5 m/s2 可得到v1=at=2 m/s (2)假设4 s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为a1=μg=1 m/s2 长木板的加速度为a2==2 m/s2 可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动，再设经时间t2包裹与挡板发生碰撞，有 L=(v1t2+a2)-(v1t2+a1) 解得t2=2 s 则6 s时长木板的速度v2=v1+a2t2=6 m/s 包裹的速度为v3=v1+a1t2=4 m/s 此时两者发生弹性碰撞mv3+Mv2=mvm'+Mv2'，m+M=mvm'2+Mv2'2 可求得vm'= m/s (3)最终离挡板的距离即两者共速的时候，根据动量守恒mv3+Mv2=(m+M)v共 根据动能定理得 μmgs=m+M-(m+M) 得s= m 由于 m<2 m，则包裹与长木板相对静止，故包裹离挡板距离d= m。 三、数学归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 例3　如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d=2 m，A、B质量均为m=1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F=9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10 m/s2。求： (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B的速度大小； (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 答案　(1)0　6 m/s　(2) s　12 m/s　6 m/s (3)见解析图　(4)［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…) 解析　(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd=m 解得v0=6 m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mvB+mvA m=m+m 解得vB=0，vA=6 m/s (2)第一次碰撞后A向右以速度vA=6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为 a==9 m/s2的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vAt=at2 解得t= s 此时B的速度为vB1=at=12 m/s，A的速度为vA1=vA=6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1+mvB1=mvA2+mvB2 m+m=m+m 解得vA2=12 m/s，vB2=6 m/s (3)同理第三次碰撞时有vB2t'+at'2=vA2t' 解得t'= s 此时B的速度为vB3=vB2+at'=18 m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间 t0== s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m； 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m+8 m=16 m； 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m+8 m=24 m； 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2 m+8 m+16 m+24 m+…+8(n-1) m=2 m+ m=［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…)。 专题强化练 计算题培优练1　力学中的多运动组合问题 ［分值：40分］ 1.(10分)(2024·广东湛江市模拟)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求： (1)(6分)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； (2)(4分)斜面AB的长度L。 答案　(1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m 解析　(1)设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理得mg(h+R)=mv2-0 代入数据得v=2 m/s 在C点，有F-mg=m 代入数据得F=10 N (2)从C到A，由动能定理得-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-mv2 代入数据得L=1.8 m 2.(14分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)(3分)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)(3分)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)(8分)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×［×2m×(2v0)2］ 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 3.(16分)如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过一小段圆弧(长度可忽略不计)与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、C'D段粗糙，DE段光滑，C处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接触(不拴接)，弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，物块a从C点进入半径R=0.4 m的圆形轨道，转一圈后又从C'(C、C'适当错开一点)点出来沿C'D轨道运动，在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5 m，B、C'间的距离s1=3.8 m，C'、D间的距离为s2，物块a与BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ1=0.25，物块b与BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ2=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。 (1)(3分)求物块a运动到C点时的速度大小vC； (2)(4分)改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度hmin； (3)(9分)若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿C'D运动与物块b发生弹性碰撞，且只能碰撞一次，求s2的范围。 答案　(1)9 m/s　(2)1.95 m　(3) m<s2<4 m 解析　(1)物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有 mgh-μ1mgs1=m 解得vC=9 m/s (2)物块a从A运动到P点，根据动能定理有 mghmin-μ1mgs1-2mgR=m 物块a恰好能通过P点，则有 mg=m 解得vP=2 m/s，hmin=1.95 m (3)设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有 mg·2R-μ1mgs2=mv2-m 可得v= 物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有 mv2=m+(3m) 解得碰后物块a、b的速度分别为 v1=-0.5v，v2=0.5v 若s2=0，根据机械能守恒定律有 m()2=mgh1 解得h1=0.25 m<R=0.4 m 所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论： ①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小 v=>0 解得s2<4 m ②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设C'Q=x，则有 QD=s2-x 根据能量守恒定律，对物块a有 μ1mg(s2+x)=m 对物块b有 μ2·3mg(s2-x)=(3m) 解得s2= m 所以有 m<s2<4 m。 计算题培优练2　板块模型的综合分析 ［分值：40分］ 1.(12分)(2024·海南卷·18)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的高度差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C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因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)(4分)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)(8分)滑板的长度L。 答案　(1)1 000 N　(2)7 m 解析　(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh=m 解得v0=10 m/s 在b点根据牛顿第二定律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'=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C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 2.(12分)(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)(3分)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)(4分)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)(5分)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)4t0-8 解析　(1)由于地面光滑，则木板、物块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， 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)+k 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=m1+m2-(m1+m2) ΔU=-Wf，联立得ΔU=4t0-8。 3.(16分)(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)(4分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)(12分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m； (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 解析　(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=m 代入数据解得v=4 m/s (2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速， 根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a 根据题图乙有k==0.5 kg-1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动， 则对轨道有F-μmg=Ma 即a=F- 结合题图乙有k'==1 kg-1 纵截距b=-=-2 m/s2 联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2 (ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2， 小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2 设当小物块运动到P点时，经过t0时间， 则对轨道有v1=a1t0 对小物块有v2=a2t0 在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有 M+m=M+m+2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向， 则有Mv1+mv2=Mv3+mv4 联立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合题意，舍去) 根据运动学公式有L=a1-a2 代入数据解得L=4.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$