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（提高版）（课件PPT+word教案）

　 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 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax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·贵州安顺市二模)如图所示，在光滑水平台面上，一质量M=0.1 kg的物块1(视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量m=0.2 kg的物块2(视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角θ=53°，圆弧轨道BC的半径R= m。已知A、B两点的高度差h=0.8 m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度L=2.35 m，传送带的倾角为α=37°，其速度大小v=2 m/s。已知物块2与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 53°=0.8，sin 37°=0.6，求： (1)弹簧被锁定时的弹性势能； (2)物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。 答案　(1) J　(2)0.84 J 解析　(1)打开锁扣K，根据能量守恒定律有 Ep=M 两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有 Mv1=Mv2+mv3 M=M+m 此后物块2做平抛运动，则有 =2gh tan θ= 联立解得Ep= J (2)物块2从A到D，根据动能定理有 mg(h+R-Rcos θ)=m-m 解得v4=6 m/s 物块2速度大于传送带速度，先以加速度大小a1做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin α+μmgcos α=ma1 运动的时间为t1= 位移为x1=t1 解得t1=0.4 s，x1=1.6 m 该过程产生的热量为 Q1=μmgcos 37°·(x1-vt1)=0.64 J 因μmgcos α<mgsin α，此后，物块2以加速度大小a2做匀减速直线运动，所受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有 mgsin α-μmgcos α=ma2 位移为x2=L-x1=0.75 m 根据匀变速直线运动位移—时间公式有 x2=vt2-a2 解得t2=0.5 s 此过程产生的热量为 Q2=μmgcos 37°·(vt2-x2)=0.2 J 则因摩擦产生的热量为 Q=Q1+Q2=0.84 J。 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·浙江6月选考·18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 答案　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 解析　(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg=，得vC= m/s 从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理 -2mgR=m-m 解得v0=5 m/s (2)由A至E轨道均光滑，则滑块到达E点时速度为v0=5 m/s 根据动量守恒定律mv0=(M+m)v共 由题意，平板加速至与滑块共速过程中， 根据能量守恒定律ΔE=m-(M+m) 解得ΔE=0.625 J (3)若μ2=0.1，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为 a1=μ1g=6 m/s2 a2==4 m/s2 共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H点，也可能先与平板共速然后共同减速； 假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好到达平板最右端，则达到共速过程 v=vE-a1t1=a2t1 达到共速过程，滑块、平板位移分别为 x1=t1 x2=t1 共速时，相对位移应为 Δx=L=x1-x2 解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s 随后共同减速的位移为x3=d-x1=1.88 m 到达H的速度vH== m/s 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落。由于水平轨道AB、DE光滑，故离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。 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.(12分)(2024·贵州贵阳市一模)如图所示，质量M=4 kg、厚度不计的长木板a静止在表面粗糙的“”形平台上，内表面光滑的圆弧轨道ABC与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为106°，圆心为O，半径R=1.5 m，A、C两点连线水平，斜面与水平面的夹角θ=37°。初始时，质量m=2 kg的小物块b(可视为质点)静止在木板a左端。某时刻使木板a和物块b同时获得相同初速度v0=10 m/s，经过一段时间后木板a右端到达平台边缘P时恰好停止，同时，物块b从木板a右端飞出，并恰好由A点沿切线方向进入圆弧轨道，然后与静止在圆弧轨道最低点B处、质量也为2 kg的小物块Q(可视为质点)碰撞并粘合在一起，形成新的组合体从C点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a与地面之间的动摩擦因数μ1=0.4，木板a与物块b之间的动摩擦因数μ2=0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。求： (1)(3分)长木板a和物块b分离前两者的加速度大小； (2)(4分)物块b在A点的速度大小； (3)(5分)组合体第一次与斜面的撞击点到C点的距离。 答案　(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)10 m/s　(3)3 m 解析　(1)设长木板a和物块b分离前两者的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得 μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1 μ2mg=ma2 解得a1=5 m/s2，a2=2 m/s2 (2)设经过时间t木板减速到0，物块b的速度为v1，则 v0=a1t v1=v0-a2t 物块b从P点到A点做平抛运动，b在A点的水平方向速度为v1，A点速度方向与水平方向的夹角为53°，可得物块b在A点的速度大小为vA==10 m/s (3)物块b从A到B过程，由机械能守恒定律有 m+mgR(1-cos 53°)=m 物块b与Q碰撞，由动量守恒定律有 mvB=2mv 组合体从B到C过程，由机械能守恒定律有 (2m)v2=(2m)+2mgR(1-cos 53°) 解得vC=4 m/s 组合体离开C点到第一次与斜面撞击点的过程，其运动可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，则在垂直斜面方向的初速度为vC，分加速度大小为gcos 37°，平行斜面方向的分加速度大小为gsin 37°，在垂直斜面方向有 0=vCt1-gcos 37°· 沿斜面向下方向有 s=gsin 37°· 解得s=3 m。 2.(13分)(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，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。 (1)(3分)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)(4分)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)(6分)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=m-m 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=m-m 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=m-m-×3m，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+k，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。 3.(15分)(2024·山西晋城市一模)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)(3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x=s2，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)(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。 2.(13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)(3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)(10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。 3.(15分)(2024·河北卷·15)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)(3分)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)(6分)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)(6分)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。 答案　(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC=LB 解析　(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量均为m，则有Mx=mx1 同时有x+x1=LA 解得A、B木板间的水平距离x1=1.5 m (2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得 vcos θ·t=x1，= 联立解得v2= 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒Mvcos θ=mvA 根据能量守恒可得机器人做的功为 W=Mv2+m 联立得W=·45 J=·45 J=45(tan θ+) J 根据数学知识可得当tan θ=时， 即tan θ=2时，W取最小值， 代入数值得此时W=90 J (3)根据tan θ=2可得vcos θ= m/s， 根据Mvcos θ=mvA，vcos θ·t=x1 得vA= m/s，t= s 分析可知A木板以该速度向左做匀速直线运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C两木板组成的系统在水平方向动量守恒，得Mvcos θ=v共 解得v共= m/s 该过程A木板向左运动的距离为 xA=vAt=× m=4.5 m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得 v共=Mv0-mvB ① 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为， 可得=Δt ② 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，A、B两木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m 可得·3Δt=Δx ③ 联立①②③解得Δt=- 故A、C两木板间距为 xAC=·3Δt+Δx+LB vC=v共 解得xAC=LB。 　　计算题培优练3　数学归纳法解决多次碰撞问题　［分值：30分］ 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(14分)(2024·河南省信阳高级中学模拟)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小vn'与第一次碰前瞬间的速度大小v1满足关系式vn'=v1。现有一质量为2m的物块以速度v0=4从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。 (1)(3分)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小； (2)(3分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量； (3)(8分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。 答案　(1)μg　2μg　(2)5μmgx　(3)(--)x 解析　(1)对物块由牛顿第二定律有 μ×2mg=2ma1 解得a1=μg 对木板由牛顿第二定律有 μ×2mg=ma2 解得a2=2μg (2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有 x=a2 从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为 t1= 这段时间内，物块的位移 x1=v0t1-a1 解得x1=x 故摩擦产生的热量为 Q=μ×2mg(x1-x) 解得Q=5μmgx (3)第一次碰撞前，木板的速度大小 v1=a2t1=2 第一次碰撞后的速度大小 v1'=v1=(1-)v1 由对称性可知第二次碰前的速度 v2=v1' 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为 Δt1=2×=2(1-)t1 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为 t2=t1+Δt1=t1+2(1-)t1 第二次碰撞后的速度 v2'=v1=(-)v1 第三次碰前的速度 v3=v2' 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为 Δt2=2×=2(-)t1 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为 t3=t2+Δt2=t1+2(1-)t1 归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为 tn=t1+2(1-)t1=(3-)t1 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有 x2=v0tn-a1 代入数据解得 x2=(--)x。 2.(16分)(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)(5分)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)(4分)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； (3)(7分)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案　(1)　　(2)l　(3)4 解析　(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl=m 解得v0= 过程2：小球以v0=的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有m=m+Mv1'2 mv0=mv1+Mv1' 解得v1=v0=- v1'=v0= 即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下 (2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，则有v1+gt=v1' 解得t== 根据运动学公式得最大距离为dmax=x盘-x球=v1't-(v1t+gt2)==l (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x球1=x盘1 即v1t1+g=v1't1 解得t1= 此时小球的速度v2=v1+gt1=v0 圆盘的速度仍为v1'，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=v1't1==2l 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv2+Mv1'=mv2'+Mv2″ 根据能量守恒定律有 m+Mv1'2=mv2'2+Mv2″2 联立解得v2'=0 v2″=v0 同理可得当位移相等时x盘2=x球2 v2″t2=g 解得t2= 圆盘向下运动的位移大小x盘2=v2″t2==4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3=gt2=2v0 由动量守恒有mv3+Mv2″=mv3'+Mv3″ 由机械能守恒有 m+Mv2″2=mv3'2+Mv3″2 得碰后小球速度为v3'= 圆盘速度v3″= 当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3 即v3″t3=v3't3+g 得t3==t1=t2 在这段时间内，圆盘向下移动 x盘3=v3″t3==6l 此时圆盘距离下端管口长度为 20l-l-2l-4l-6l=7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前， 下降距离逐次增加2l， 故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4=8l 则第四次碰撞后圆盘落出管口外， 因此圆盘在管内运动的过程中， 小球与圆盘的碰撞次数为4次。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 内容索引 三、数学归纳法解决多次碰撞问题 二、板块模型的综合分析 一、力学中的多运动组合问题 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 计算题培优练3　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 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax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 　 (2024·贵州安顺市二模)如图所示，在光滑水平台面上，一质量M=0.1 kg的物块1(视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住。 例1 现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量m=0.2 kg的物块2(视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角θ=53°，圆弧轨道BC的半径R= m。已知A、B两点的高度差h=0.8 m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度L=2.35 m，传送带的倾角为α=37°，其速度大小v=2 m/s。已知物块2与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 53°=0.8，sin 37°=0.6，求： (1)弹簧被锁定时的弹性势能； 答案　 J　 打开锁扣K，根据能量守恒定律有 Ep=M 两物块发生弹性碰撞， 根据动量守恒定律及机械能守恒定律有 Mv1=Mv2+mv3 M=M+m 此后物块2做平抛运动，则有=2gh tan θ= 联立解得Ep= J (2)物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。 答案　0.84 J 物块2从A到D，根据动能定理有 mg(h+R-Rcos θ)=m-m 解得v4=6 m/s 物块2速度大于传送带速度，先以加速度大小a1做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin α+μmgcos α=ma1 运动的时间为t1=, 位移为x1=t1 解得t1=0.4 s，x1=1.6 m 该过程产生的热量为 Q1=μmgcos 37°·(x1-vt1)=0.64 J 因μmgcos α<mgsin α，此后， 物块2以加速度大小a2做匀减速直线运动，所受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有 mgsin α-μmgcos α=ma2 位移为x2=L-x1=0.75 m 根据匀变速直线运动位移—时间公式有 x2=vt2-a2 解得t2=0.5 s 此过程产生的热量为 Q2=μmgcos 37°·(vt2-x2)=0.2 J 则因摩擦产生的热量为 Q=Q1+Q2=0.84 J。 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·浙江6月选考·18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时， 求滑块离开弹簧时速度v0的大小； 例2 答案　5 m/s　 滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg=，得vC= m/s 从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理 -2mgR=m-m 解得v0=5 m/s 答案　0.625 J　 (2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； 由A至E轨道均光滑，则滑块到达E点时速度为v0=5 m/s 根据动量守恒定律mv0=(M+m)v共 由题意，平板加速至与滑块共速过程中， 根据能量守恒定律ΔE=m-(M+m) 解得ΔE=0.625 J 答案　6 m/s (3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 若μ2=0.1，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为 a1=μ1g=6 m/s2 a2==4 m/s2 共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H点，也可能先与平板共速然后共同减速； 假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好到达平板最右端，则达到共速过程 v=vE-a1t1=a2t1 达到共速过程，滑块、平板位移分别为 x1=t1 x2=t1 共速时，相对位移应为 Δx=L=x1-x2 解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s 随后共同减速的位移为x3=d-x1=1.88 m 到达H的速度vH== m/s 说明可以到达H，因此假设成立， 若滑块初速度再增大，则会从平 板右侧掉落。由于水平轨道AB、 DE光滑，故离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。 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： (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； 例3 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 对一对 答案 1 2 3 1. (1)5 m/s2　2 m/s2　(2)10 m/s　(3)3 m 2. (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 答案 1 2 3 3. (1)9 m/s　(2)1.95 m　(3) m<s2<4 m 1.(2024·贵州贵阳市一模)如图所示，质量M= 4 kg、厚度不计的长木板a静止在表面粗糙的 “ ”形平台上，内表面光滑的圆弧轨道ABC 与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为 106°，圆心为O，半径R=1.5 m，A、C两点连线水平，斜面与水平面的夹角θ=37°。初始时，质量m=2 kg的小物块b(可视为质点)静止在木板a左端。某时刻使木板a和物块b同时获得相同初速度v0=10 m/s，经过一段时间后木板a右端到达平台边缘P时恰好停止，同时，物块b从木板a右端飞出，并恰好由A点沿切线方向进入圆弧轨道，然后与静止在圆弧轨道最低点B处、质量也为2 kg的小物块Q(可视为质点)碰撞并粘合在一起，形成新的组合体从C点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a与地面之间的动摩擦因数μ1=0.4，木板a与物块b之间的动摩擦因数μ2=0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。求： 1 2 3 答案 设长木板a和物块b分离前两者的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得 μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1， μ2mg=ma2 解得a1=5 m/s2，a2=2 m/s2 (1)长木板a和物块b分离前两者的 加速度大小； 1 2 3 答案 答案　5 m/s2　2 m/s2　 设经过时间t木板减速到0，物块b的速度为v1，则v0=a1t，v1=v0-a2t 物块b从P点到A点做平抛运动，b在A点的水平方向速度为v1，A点速度方向与水平方向的夹角为53°，可得物块b在A点的速度大小为vA= =10 m/s (2)物块b在A点的速度大小； 1 2 3 答案 答案　10 m/s (3)组合体第一次与斜面的撞击点到 C点的距离。 1 2 3 答案 答案　3 m 物块b从A到B过程，由机械能守恒定律有 m+mgR(1-cos 53°)=m 物块b与Q碰撞，由动量守恒定律有 mvB=2mv 组合体从B到C过程，由机械能守恒定律有 (2m)v2=(2m)+2mgR(1-cos 53°) 解得vC=4 m/s 1 2 3 答案 组合体离开C点到第一次与斜面撞击点的过程，其运动可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，则在垂直斜面方向的初速度为vC，分加速度大小为gcos 37°，平行斜面方向的分加速度大小为gsin 37°，在垂直斜面方向有 0=vCt1-gcos 37°· 沿斜面向下方向有 s=gsin 37°· 解得s=3 m。 1 2 3 答案 2.(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 1 2 3 答案 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，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。 滑块a从D到F，由动能定理 mg·2R=m-m 在F点由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得vF=10 m/s，FN=31.2 N (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 1 2 3 答案 (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　 1 2 3 答案 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=m-m 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=m-m-×3m，解得ΔE=0 1 2 3 答案 (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 1 2 3 答案 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+k，解得x1=0.1 m 1 2 3 答案 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 2 3 答案 3.(2024·山西晋城市一模)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、 1 2 3 答案 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)求物块a运动到C点时的速度大小vC； 1 2 3 答案 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 (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； 1 2 3 答案 答案　1.95 m 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 3 答案 (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。 1 2 3 答案 答案　 m<s2<4 m 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 3 答案 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 3 答案 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x=s2，s2= m 所以有 m<s2<4 m。 1 2 3 答案 计算题培优练2　 板块模型的综合分析 对一对 答案 1 2 1. (1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0-8 3 2. (1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 3. (1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC=LB 答案 1 2 3 1.(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 1 2 答案 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)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； 1 2 答案 答案　1 m/s　0.125 m　 3 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 1 2 答案 3 (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； 1 2 答案 答案　0.25 m　 m/s 3 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 1 2 答案 3 (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)。 1 2 答案 答案　4t0-8 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， 1 2 答案 3 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。 1 2 答案 3 2.(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 1 2 答案 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)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； 1 2 答案 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 (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； 1 2 答案 答案　0.2　1 kg 3 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 1 2 答案 3 (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。 1 2 答案 答案　4.5 m 3 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， 1 2 答案 3 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。 1 2 答案 3 3.(2024·河北卷·15)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； 1 2 答案 3 答案　1.5 m　 机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量均为m，则有Mx=mx1 同时有x+x1=LA 解得A、B木板间的水平距离x1=1.5 m 1 2 答案 3 (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； 1 2 答案 答案　90 J　2　 3 设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得 vcos θ·t=x1，= 联立解得v2= 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒Mvcos θ=mvA 根据能量守恒可得机器人做的功为 W=Mv2+m 1 2 答案 3 联立得W=·45 J=·45 J=45(tan θ+) J 根据数学知识可得当tan θ=时， 即tan θ=2时，W取最小值， 代入数值得此时W=90 J 1 2 答案 3 (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。 1 2 答案 答案　xAC=LB 3 根据tan θ=2可得vcos θ= m/s， 根据Mvcos θ=mvA，vcos θ·t=x1 得vA= m/s，t= s 分析可知A木板以该速度向左做匀速直线运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C两木板组成的系统在水平方向动量守恒，得Mvcos θ=v共 解得v共= m/s 1 2 答案 3 该过程A木板向左运动的距离为 xA=vAt=× m=4.5 m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得v共=Mv0-mvB ① 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为， 可得=Δt ② 1 2 答案 3 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，A、B两木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m 可得·3Δt=Δx ③ 联立①②③解得Δt=- 故A、C两木板间距为 xAC=·3Δt+Δx+LB vC=v共 解得xAC=LB。 1 2 答案 3 计算题培优练3　 数学归纳法解决多次碰撞问题 对一对 答案 1 2 1. (1)μg　2μg　(2)5μmgx　(3)(--)x 2. (1)　　(2)l　(3)4 1.(2024·河南省信阳高级中学模拟)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小vn'与第一次碰前瞬间的速度大小v1满足关系式vn'=v1。现有一质量为2m的物块以速度v0=4从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。 答案 1 2 (1)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小； 答案　μg　2μg　 答案 1 2 对物块由牛顿第二定律有 μ×2mg=2ma1 解得a1=μg 对木板由牛顿第二定律有 μ×2mg=ma2 解得a2=2μg 答案 1 2 (2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量； 答案　5μmgx　 答案 1 2 从木板开始运动到第一次碰撞挡板有 x=a2 从木板开始运动到发生第一次碰 撞时的时间为 t1= 这段时间内，物块的位移 x1=v0t1-a1 答案 1 2 解得x1=x 故摩擦产生的热量为 Q=μ×2mg(x1-x) 解得Q=5μmgx 答案 1 2 (3)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。 答案　(--)x 答案 1 2 第一次碰撞前，木板的速度大小 v1=a2t1=2 第一次碰撞后的速度大小 v1'=v1=(1-)v1 由对称性可知第二次碰前的速度 v2=v1' 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为 Δt1=2×=2(1-)t1 答案 1 2 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为 t2=t1+Δt1=t1+2(1-)t1 第二次碰撞后的速度 v2'=v1=(-)v1 第三次碰前的速度 v3=v2' 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为 Δt2=2×=2(-)t1 答案 1 2 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为 t3=t2+Δt2=t1+2(1-)t1 归纳可知，从木板开始运动到 第n次碰撞时的时间间隔为 tn=t1+2(1-)t1=(3-)t1 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有 x2=v0tn-a1 代入数据解得x2=(--)x。 答案 1 2 2.(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时 与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： 答案 1 2 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； 答案　　　 答案 1 2 过程1：小球释放后自由下落，下降l， 根据机械能守恒定律有mgl=m 解得v0= 过程2：小球以v0= m=m+Mv1'2 mv0=mv1+Mv1' 答案 1 2 解得v1=v0=- v1'=v0= 即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为 ，方向竖直向下 答案 1 2 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； 答案　l　 答案 1 2 第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受 摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下 降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者 速度相同时，间距最大，则有v1+gt=v1' 解得t== 根据运动学公式得最大距离为dmax=x盘-x球=v1't-(v1t+gt2)==l 答案 1 2 (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案　4 答案 1 2 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等， 则有x球1=x盘1 即v1t1+g=v1't1 解得t1= 此时小球的速度v2=v1+gt1=v0 圆盘的速度仍为v1'，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=v1't1==2l 答案 1 2 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv2+Mv1'=mv2'+Mv2″ 根据能量守恒定律有 m+Mv1'2=mv2'2+Mv2″2 联立解得v2'=0 v2″=v0 同理可得当位移相等时x盘2=x球2 v2″t2=g 解得t2= 答案 1 2 圆盘向下运动的位移大小x盘2=v2″t2==4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3=gt2=2v0 由动量守恒有mv3+Mv2″=mv3'+Mv3″ 由机械能守恒有 m+Mv2″2=mv3'2+Mv3″2 得碰后小球速度为v3'= 圆盘速度v3″= 答案 1 2 当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3 即v3″t3=v3't3+g 得t3==t1=t2 在这段时间内，圆盘向下移动 x盘3=v3″t3==6l 此时圆盘距离下端管口长度为 20l-l-2l-4l-6l=7l 答案 1 2 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前， 下降距离逐次增加2l， 故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4=8l 则第四次碰撞后圆盘落出管口外， 因此圆盘在管内运动的过程中， 小球与圆盘的碰撞次数为4次。 答案 1 2 本课结束 THANKS $$