第7章 微练39 动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习（粤教版）

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学、功能、动量三大观点综合应用，按单体运动到系统作用的逻辑架构知识点，通过考点梳理明确向心力、动量守恒等核心要求，结合方法指导归纳解题步骤，搭配真题训练突破力学综合难点，构建系统复习路径。 资料采用建模教学与对比分析策略，如讲解轨道问题时先建立固定与非固定轨道模型，引导学生用科学思维对比动力学方程与动量守恒的适用条件，培养模型建构能力。设置基础巩固、综合应用分层练习，配合真题即时反馈，确保高效突破考点，助力学生提升解题速度与准确性，为教师精准把控复习节奏提供清晰指引。

微练39　动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用 　 1.(2024·山东卷)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，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)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)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。 ①求μ和m; ②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。 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)①根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，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，对轨道应用牛顿第二定律，有 F-μmg=Ma， 结合题图乙有a=F-， 可知k==1 kg-1， 截距b=-=-2 m/s2， 联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg， μ=0.2。 ②由图乙可知，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， 当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有 v1=a1t0， 小物块有v2=a2t0， 小物块从P到Q的过程中系统机械能守恒有 M+m=M+m+2mgR， 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv1+mv2=Mv3+mv4， 联立解得t0=1.5 s(另一解不符合题意，舍去)， 根据运动学公式有L=a1-a2， 代入数据解得L=4.5 m。 答案　(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m 2.如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L=2 m，滑板质量mA=1 kg、滑块质量mB=0.99 kg，A、B间动摩擦因数为μ。现有子弹mC=0.01 kg以v0=200 m/s速度向右击中B并留在其中，重力加速度g=10 m/s2。 (1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度vB; (2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑板A与B间的动摩擦因数μ; (3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。 解析　(1)子弹C击中B后瞬间，B速度为v1，根据动量守恒定律mCv0=(mB+mC)v1， 解得v1=2 m/s。 (2)若滑板与水平面固定，B由运动到静止，位移为L，根据动能定理 -μ(mB+mC)gL=0-(mB+mC)， 解得μ=0.1。 (3)A与水平面光滑，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力 f=μ(mB+mC)g=1 N， A的加速度大小为aA==1 m/s2， B、C的共同加速度大小 aBC==1 m/s2， 设经时间t共速v1-aBCt=aAt， 解得t=1 s， 此时B相对A位移 s'=v1t-aBCt2-aAt2=1 m， 因s'<L，A、B、C最后共速运动，不会分离，所以B滑行最终速度为 v2=v1-aBt=1 m/s， 系统损失的机械能为 E=mC-(mA+mB+mC)=199 J。 答案　(1)2 m/s　(2)0.1　(3)B不能离开A　199 J 3.(2024·浙江卷)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a滑到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。 (1)若h=0.8 m，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小; ②在DE上经过的总路程; ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比; (2)若h=1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 解析　(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有 mgh=m， 第一次经过C点的向心加速度大小为 a===16 m/s2。 ②小物块a在DE上时，因为 μ2mgcos θ<mgsin θ，且h-(R-Rcos θ)<Lsin θ， 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有 mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ)， 解得s=2 m。 ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为 a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2， a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2， 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有 a上=a下， 解得=。 (2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=m， 解得vF=2 m/s， 设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv， m=·2mv2+2μ1mgl， 解得l=0.2 m。 答案　(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m 4.(2025·梅州模拟)汽车加速度过大可能会导致车厢内货物滑动，造成安全隐患。如图所示，在货车车厢上，分别用绳固定着两个质量均为m=1 000 kg的正方体木箱，两木箱间距离、甲木箱与车厢前壁间距离均为L=2 m，货车以v0=20 m/s的速度在平直路面行驶。某时刻，司机发现前方有交通事故，以a1=2 m/s2的加速度匀减速刹车，在刹车瞬间，乙箱的固定绳绷断，随后甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起，在碰撞瞬间甲箱的固定绳也绷断。已知两木箱与车厢之间的动摩擦因数均为μ=0.1，不计固定绳绷断造成的速度变化，取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)乙木箱的固定绳绷断后，乙木箱的加速度大小a2为多少; (2)从刹车开始到甲、乙两木箱发生碰撞，货车行驶的距离s; (3)甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起后，甲木箱经多长时间t与车厢前壁相撞。 解析　(1)根据题意，乙木箱的固定绳绷断后，由牛顿第二定律有μmg=ma2， 解得a2=μg=1 m/s2。 (2)根据题意，设经过t1时间，甲、乙两木箱相撞，则有 v0t1-a1+L=v0t1-a2， 解得t1=2 s， 货车行驶的距离s=v0t1-a1=36 m。 (3)甲、乙相撞前瞬间，设甲、乙的速度分别为v甲、v乙，则有 v甲=v0-a1t1=16 m/s， v乙=v0-a2t1=18 m/s， 甲、乙相撞，由动量守恒定律有 mv甲+mv乙=2mv共， 解得v共=17 m/s， 设经过t时间，甲木箱与车厢前壁相撞 v甲t-a1t2+L=v共t-a2t2， 解得t=(-1) s。 答案　(1)1 m/s2　(2)36 m　(3)(-1) s 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$