2024版高考物理复习教案：第一篇 专题二 培优点2　力学三大观点的综合应用

培优点2力学三大观点的综合应用目标要求1.会在题中找出解题关键词、临界条件，从而理解题意并以此进行解题。2.在力学计算题中会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的观点进行处理。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＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝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(2023·江苏卷·15)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t；(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。答案(1)eq\r(\f(2\r(2)d,g1－μ))(2)eq\r(\r(2)gd1－μ)(3)eq\r(2)d(1－μ)解析(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin45°－μmgdcos45°＝eq\f(1,2)mvP2－0根据动量定理有(mgsin45°－μmgcos45°)t＝mvP－0联立解得t＝eq\r(\f(2\r(2)d,g1－μ))vP＝eq\r(\r(2)gd1－μ)(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点时有vB＝vP＝eq\r(\r(2)gd1－μ)(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vBcos45°＝g×eq\f(t′,2)水平方向上有L＝vBsin45°·t′联立可得L＝eq\r(2)d(1－μ)。例2(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。答案(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s解析(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝meq\f(vC2,R)解得FC＝22N(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s根据能量守恒定律可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv12解得μ＝0.3(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2所用时间为t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s此过程滑块通过的位移为x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝eq\f(L0－x1,v1)＝1.5s则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5s。(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，倾角为α＝37°的斜面固定放置，B点下方粗糙，上方光滑，质量为mQ＝3m的物块Q放在B点时恰能不下滑，质量为mP＝m的物块P从斜面上A点由静止释放，A、B两点间的距离为3m，P、Q间的碰撞为弹性碰撞，物块P与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5，一段时间后，物块P与Q在斜面上发生第二次碰撞，不计碰撞时间和物块的大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。(1)求第一次碰撞后瞬间物块Q的速度大小；(2)求物块P从静止释放到与物块Q发生第二次碰撞所经过的时间。答案(1)3m/s(2)(2＋eq\r(3))s解析(1)设物块P与Q第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理有mPgsinα·x1＝eq\f(1,2)mPv02，解得v0＝6m/s，设第一次碰撞后瞬间物块P、Q的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有mPv0＝mPv1＋mQv2，eq\f(1,2)mPv02＝eq\f(1,2)mPv12＋eq\f(1,2)mQv22，解得v1＝－3m/s，v2＝3m/s。(2)设物块P从静止释放到运动到B点所用时间为t1，根据动量定理有mPgsinα·t1＝mPv0，解得t1＝1s第一次碰撞后，物块Q在斜面上做匀速直线运动，物块P在斜面光滑部分运动的加速度大小为a1＝gsinα＝6m/s2，物块P碰撞后再回到B点的速度v1′＝|v1|，所用时间为t2＝eq\f(2|v1|,a1)＝1s，物块P在斜面粗糙部分运动的加速度大小为a2＝gsinα－μgcosα＝2m/s2设P回到B点后再经过t3时间，物块P、Q发生第二次碰撞，根据位移关系有|v1|t3＋eq\f(1,2)a2t32＝v2(t2＋t3)解得t3＝eq\r(3)s(另一解舍去)则物块P从静止释放到与物块Q发生第二次碰撞，经过的时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋eq\r(3))s。专题强化练1．(2023·江苏扬州市三模)有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg。与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣(厚度不计)，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；(2)若F＝12N,3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求：①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0；②拉力F的作用时间t。答案(1)1.6J(2)①0.8m/s②eq\f(2,3)eq\r(6)s解析(1)由题意，对3号门板，根据动能定理有W－μmgd＝0解得W＝1.6J(2)①设3号门板与2号门板碰撞前速度为v0，碰撞后速度为v1，碰后两门板位移为d＝0.8m，根据功能关系有－2μmgd＝0－eq\f(1,2)×2mv12解得v1＝0.4m/s碰撞过程，根据动量守恒定律mv0＝2mv1解得v0＝0.8m/s②根据牛顿第二定律F－μmg＝ma解得a＝0.5m/s2根据动能定理Fx－μmgd＝eq\f(1,2)mv02解得x＝eq\f(2,3)m根据运动学公式x＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(2,3)eq\r(6)s。2.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。答案(1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR解析(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t联立解得x＝2R(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于对A做功的力只有重力，则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R解得v2＝eq\r(5gR)对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR解得v1＝eq\r(2gR)设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR。3．(2023·江苏苏州市模拟)竖直面内的水平轨道上有一半径为R＝1.5m、圆心角为θ＝60°的固定光滑圆弧轨道，其底端紧靠一质量为M＝0.2kg的长木板，长木板上表面与圆弧轨道底端平齐，长木板右端放置一小物块P，如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小物块A、B分别置于圆弧轨道两侧，A刚好被锁定在圆弧轨道上端，B悬停在空中。现解除锁定，A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后，A立即又被锁定，P开始运动的v－t图像如图乙所示，图中的v0、t0、t1均为未知量，整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为m0＝1.2kg，B、P的质量均为m＝0.4kg，P与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与水平轨道之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，P、A、B均可视为质点，重力加速度大小为g＝10m/s2。求：(1)v0、t0的值；(2)0～t0与t0～t1过程，小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。答案(1)3m/s0.5s(2)23解析(1)将A、B作为整体，在A沿圆弧轨道下滑的过程中，满足机械能守恒m0gR(1－cos60°)＝mgR＋eq\f(1,2)m0vA2＋eq\f(1,2)mvB2其中vAcos30°＝vB解得vA＝2m/s物块A、P发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，可得m0vA＝m0vA′＋mv0eq\f(1,2)m0vA2＝eq\f(1,2)m0vA′2＋eq\f(1,2)mv02解得v0＝3m/s物块P滑上木板后，根据牛顿第二定律，对滑块Pμ1mg＝ma1对木板μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2速度相同时v0－a1t0＝a2t0解得t0＝0.5s(2)t0时刻，所达到的共同速度v1＝a2t0＝0.5m/s根据能量守恒，在0～t0时间内产生的热量Q1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12在t0～t1时间内产生的热量Q2＝eq\f(1,2)(M＋m)v12代入数据可得热量之比eq\f(Q1,Q2)＝23。4.如图所示，在倾角为30°的光滑足够长的斜面上建立x轴，单位为米(m)，坐标原点在O处，在x1＝－0.1m和x2＝－0.4m处有质量分别为2M和M小球A和B，在x轴正半轴某处垂直于斜面放置一弹性薄挡板，现将两小球同时由静止释放，小球与薄挡板之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，g取10m/s2，求：(1)小球A第一次到达原点O处的速度大小vA和运动时间tA；(2)小球A第一次与挡板碰撞后，返回到原点O处时，恰好与小球B迎面发生第一次碰撞，则挡板的位置坐标x0；(3)两小球在原点O处发生第一次碰撞后，立即移动挡板至kx0处，当小球A再次与移动后的挡板相碰后，撤去挡板，使得A与B在x轴正半轴发生第二次碰撞，求k的取值范围。答案(1)1m/s0.2s(2)0.125m(3)k＞6.4解析(1)小球A、B在斜面运动过程中的加速度大小都为a＝gsin30°＝5m/