专题四 二轮复习3步走2 微专题(十三) 力学三大观点的综合应用(中档题目)-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略教师用书word

微专题(十三)　力学三大观点的综合应用(中档题目) 一、力学三大观点的对比 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 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 涉及到做功与能量转换 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 FΔt=mv'-mv 只涉及初速度、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 二、运用力学三大观点解决多过程问题的分析思路 [典例]　(2025·广西高考)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I,如图乙所示,求这段时间内: (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 [解析]　(1)由题意可知,单个散货运动到B点时水平方向的速度为v0,对单个散货,在水平方向上由动量定理得-I=0-mv0 解得单个散货的质量为m=。 (2)落入货箱中散货的个数为N== 则水平传送带的平均传送速度大小为 ==。 (3)设倾斜传送带的长度为L,单个散货在加速阶段的加速度大小为a,由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=g 则加速时间为t1== 加速位移大小为x1=a= 设单个散货匀速运动的时间为t2,则t1+t2=9Δt 匀速运动的位移大小为x2=v0t2=v0 故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt- 加速阶段单个散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1= 在Δt时间内传送带额外多做的功为 W=m+mgLsin 30°+Q 其中m=,Q=μmgcos 30°×Δx 倾斜传送带的平均输出功率为= 联立解得=。 [答案]　(1)　(2)　(3) [应用体验] 1.(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,A、C质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得vA=4 m/s,F=40 N 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=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,根据动量守恒定律可得mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 2.(2025·山东济宁模拟)如图,长为l=0.1 m的轻绳一端固定在O点,另一端拴一小球A。木板C静止在光滑水平面上,小物块B静止在木板最左端。开始时,木板右端与墙P相距L=0.08 m,A、B、C质量均为m=1 kg,B、C间的动摩擦因数为μ=0.1。现将小球A拉到O点正上方,以v0= m/s的初速度水平向左抛出。当小球运动至最低点时与B发生正碰,碰后A、B不再发生作用,木板C的长度可以保证小物块在运动过程中不与墙接触。已知轻绳拉直瞬间小球沿绳方向的分速度突变为零,小物块B可看作质点,所有碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间。重力加速度g=10 m/s2。 (1)通过计算判断绳被拉直时小球A的位置及A第一次运动到最低点时的速度大小v1; (2)求从小球A与B碰撞后到B、C达到共同速度过程中,木板C与墙碰撞的次数n及所用的时间t; (3)求从小球A与B碰撞后到B、C达到共同速度过程中,B相对C的位移Δx和墙对木板C的总冲量I。 解析:(1)设小球A从最高点恰好做圆周运动,需满足mg=,解得v=1 m/s 小球A初速度v0= m/s<1 m/s 故小球A抛出后做平抛运动 设绳子拉直时与水平方向夹角为θ,平抛运动时间为t,则 水平方向lcos θ=v0t 竖直方向l-lsin θ=gt2 可求得θ=0° 即绳子刚好水平时被拉直,小球A的位置在O点左方0.1 m处 绳子拉直瞬间沿绳方向的分速度突变为零,竖直方向分速度vy== m/s 此后做圆周运动到最低点,由动能定理 mgl=m-m 解得v1=2 m/s。 (2)小球A在最低点与物块B发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=mv1'+mvB m=mv1'2+m 解得vB=2 m/s 小物块B与木板发生相对滑动,木板从静止开始做匀加速运动,设木板加速度为a,经历时间t0后与墙第一次碰撞,碰撞时速度为vC,由牛顿第二定律有μmg=ma 由运动学公式L=a,vC=at0 解得t0=0.4 s,vC=0.4 m/s 两者共速前,在每两次碰撞之间,木板做加速度恒定的匀变速直线运动,木板与墙碰后到返回初始位置,所用时间为t0 设二者达到共速v之前木板与墙碰撞了n次,设第n次碰撞木板回到初始位置后经Δt时间二者共速 由运动学公式 v=vB-a=aΔt 即2v=vB-2nat0 因木板速率只能在0~vC之间, 故0≤vB-2nat0≤2vC 解得1.5≤n≤2.5,n取正整数,故n=2 同时解得Δt=0.2 s,v=0.2 m/s 从小球A与小物块B碰撞后到B、C达到共同速度所用时间t=4t0+Δt=1.8 s。 (3)从小球A与小物块B碰撞后到B、C达到共同速度时,系统损失的机械能等于摩擦产生的热量,对系统由能量守恒定律有 μmgΔx=m-×2mv2 解得Δx=1.96 m 此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量,设向右为正方向,对系统由动量定理有 I=2mv-mvB=-1.6 N·s 负号表示方向水平向左。 答案:(1)O点左方0.1 m处　2 m/s　 (2)2　1.8 s　(3)1.96 m　1.6 N·s,方向水平向左 [专题验收评价]　　　　　　测评内容:微专题(十三) 1.(12分)(2025·河北高考)如图所示,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(4分) (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。(8分) 解析:(1)物块在平台上做匀减速直线运动,以初速度方向为正方向,根据牛顿第二定律有-μmg=ma,解得a=-2 m/s2 则物块从开始运动到离开平台有-=2ax0 物块从平台飞出后做平抛运动,有h=g, x=vxt1 联立解得x=0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,设物块弹起至最大高度所用时间为t2,逆向分析,根据位移公式有h'=g 则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 取竖直向上为正方向,物块与地面接触的过程中,根据动量定理,在竖直方向有 IN-mgΔt = m-m(-vy1),vy1=gt1,vy2=gt2 解得IN=0.1 N·s 取水平向右为正方向,在水平方向,根据动量定理有-μΔt=mvx'-mvx,IN=Δt 解得vx'=-1 m/s 但由于vx减小为0时,物块与地面将无相对运动和相对运动趋势,故vx'=0。 答案:(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 2.(14分)(2025·陕晋宁青高考)如图所示,有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小v1;(2分) (2)t1时间内粒子B的位移大小xB;(8分) (3)恒力作用的时间t2。(4分) 解析:(1)A、B组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,根据动量守恒定律得mv0=(m+4m)v1,解得v1=v0。 (2)设A、B两粒子共速时的间距为l',根据能量守恒定律可知,此时电势能为Ep'=m+m-×5m=m,由题知电荷间的电势能与它们间的距离成反比,可得 l'=l0=l0 从开始运动到两者共速的过程,A、B两粒子组成的系统始终动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=mvA+4mvB,则∑mv0Δt=∑mvAΔt+∑4mvBΔt 即有mv0t1=mxA+4mxB 根据位移关系可知xB+l0=xA+l' 联立解得xB=-l0。 (3)对A、B两粒子组成的系统,从开始运动到撤去外力的过程,根据动能定理有 Fl0=×4m-m 根据动量定理有Ft2=4mv0-mv0 联立解得t2=。 答案:(1)v0　(2)-l0　(3) 3.(16分)(2025·河南高考)如图所示,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右匀速运动并与物块P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间物块P的速度大小为v=7 m/s,物块P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)该碰撞过程中损失的机械能;(6分) (2)物块P从开始运动到静止经历的时间。(10分) 解析:(1)物块P、Q发生正碰,且碰撞时间极短,可认为动量守恒,由动量守恒定律有m2v0=m2vQ+m1v 由能量守恒定律有 m2=m2+m1v2+ΔE 可得vQ=3.5 m/s,ΔE=24.5 J。 (2)物块P在防滑带上运动时,由牛顿第二定律有 μm1g=m1a 物块P在第一个防滑带上运动时,由运动学公式有v2-=2al2,vP1=v-at1 解得vP1=5 m/s,t1=0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则有 l1=vP1t2 解得t2=0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时,由运动学公式有-=2al2,vP2=vP1-at3 解得vP2=1 m/s,t3=0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则有 l1=vP2t4 解得t4=3 s 物块P在第三个防滑带上运动的距离x==0.1 m<l2,则物块P最终停在第三个防滑带上,由运动学公式有0=vP2-at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为 t5=0.2 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 t=t1+t2+t3+t4+t5=5 s。 答案:(1)24.5 J　(2)5 s 4.(18分)(2025·海南高考)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m、圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰后成一整体,随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B均可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力。(4分) (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能。(4分) (3)传送带的速度大小。(10分) 解析:(1)A从开始至滑到圆弧最低点的过程,根据机械能守恒定律有 mAg(R-Rcos θ)=mA 解得v0=2 m/s A滑到圆弧最低点时,根据牛顿第二定律有 FN-mAg=mA 解得FN=72 N,方向竖直向上。 (2)A、B碰后成一整体,设A、B碰后整体的速度为v共,根据动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v共 解得v共=1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J。 (3)当传送带速度v<v共时,A、B整体滑上传送带后先做减速运动后做匀速运动,设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B整体,根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a 设经过时间t1A、B整体与传送带共速,可得v=v共-at1 该段时间内A、B整体运动的位移为 x1=t1 传送带运动的位移为x2=vt1 故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2) 联立解得v=0.6 m/s(另一解大于v共,舍去); 当传送带速度v>v共时,A、B整体滑上传送带后先做加速运动后做匀速运动,设经过时间t2A、B整体与传送带共速,同理可得v=v共+at2 该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2 传送带运动的位移为x2'=vt2 故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1') 解得v=2.6 m/s(另一解小于v共,舍去)。 答案:(1)72 N,方向竖直向上　(2)1.6 J (3)0.6 m/s或2.6 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $