2025届高考物理二轮复习讲义：微专题3 力学三大观点的综合运用（含解析）

2025届高考物理二轮复习讲义
微专题3 力学三大观点的综合运用
一般来说,用动量观点和能量观点比用动力学的观点解题简便,因此在解题时优先选用这两种观点;但在涉及加速度问题时就必须用动力学的观点.有些问题,用到的观点不止一个,特别像高考中的一些综合题,常用动量观点和能量观点联合求解,或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观点都采用才能求解.
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
　　　　　 　　　　　
动力学与能量综合
例1　[2021·全国甲卷] 如图所示,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放.已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关.观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同.小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下.已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
【导思】
此题实际得分率非常低,原因有以下三点:①此题情景非常贴近生活,设问新颖,如减速带导致机械能损失是因为“碰撞”,但设问并不着眼于“碰撞”.②此题情景描述多,关键条件少而且还特别隐蔽,如 “在相邻减速带间的平均速度相同”,考生对于这样的条件缺乏敏感性,更不容易转化为有效的物理条件.③第三问设问不容易理解,而且容易产生误解,如已知小车通过减速带损失的机械能与通过减速带时的速度有关”.
动量与能量综合
例2　如图所示,光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB,轨道上A点切线沿水平方向,忽略A点距地面的高度,轨道右侧有质量M=1 kg的静止薄木板,上表面与A点平齐.一质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)以初速度v0=14 m/s从右端滑上薄木板,重力加速度大小g取10 m/s2,小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为μ=0.75.
(1)若薄木板左端与A点间的距离d足够长,薄木板长度L=7.4 m,薄木板与轨道A端碰后立即静止,求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度vA;
(2)在(1)中,小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出,最后落回水平地面,不计空气阻力,B点与地面间的高度差h=1.2 m保持不变,圆弧AB对应的圆心角θ可调,求小滑块的最大水平射程sm及对应的圆心角θ;
(3)若薄木板长度L足够长,薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回,调节初始状态薄木板左端与A点间的距离d,使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次,求d应满足的条件.
动力学、动量与能量综合
例3　[2023·浙江6月选考] 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=2m/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)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)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)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.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)
　　　　 　　　　　 　　　　　
【跟踪训练】
1.如图所示,水平直轨道AB、CD与水平传送带平滑无缝连接,半径R=0.5 m的竖直半圆轨道DE与CD平滑相切连接.质量m1=1 kg的物块a以v0=5 m/s的速度从B点进入传送带,离开传送带后与静止在CD上的质量为m2的物块b发生碰撞.已知传送带长L=1 m,以1 m/s的速率顺时针转动,物块a与传送带间的动摩擦因数为μ=0.45,其他摩擦不计,两物块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块a刚离开传送带时的速度大小v1及在传送带上运动的时间t;
(2)若a、b碰撞后粘为一体,则m2取何值时,a、b一起经过圆轨道最低点D时对轨道的压力最小
(3)若a、b发生弹性正碰,且碰后b从圆轨道最高点E离开,设a在圆轨道上到达的最高点离D点的高度为h,仅考虑h≤R这一种情况,求h与m2的关系.
2.[2023·浙江1月选考] 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=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m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,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(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.
参考答案与详细解析
例1　(1)mgdsin θ　
(2)　
(3)L>d+
[解析] (1)小车在光滑斜面上滑行时,根据牛顿第二定律有
mgsin θ=ma
设小车通过第30个减速带后速度为v1,到达第31个减速带时的速度为v2,则有
-=2ad
因为小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同,所以小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能
ΔE=m-m
联立解得ΔE=mgdsin θ
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1,则小车在水平地面上减速时,根据动能定理有
-μmgs=0-m
从小车开始下滑到通过第30个减速带,根据动能定理有
mg(L+29d)sin θ-ΔE总=m
联立解得ΔE总=mg(L+29d)sin θ-μmgs
故在每一个减速带上平均损失的机械能==
(3)由题意可知>ΔE
即>mgdsin θ
化简可得L>d+
例2　(1)6 m/s　(2) m　30°　
(3) m≤d< m
[解析] (1)因薄木板左端与B点间的距离d足够大,则小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞,设小滑块和薄木板达到的共同速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1
解得v1=7 m/s
设此过程中小滑块与薄木板的相对位移为x,对滑块、薄木板组成的系统,由功能关系有
μmgx=m-(M+m)
解得x= m
薄木板与轨道AB碰后立即静止,小滑块继续做匀减速运动,直到运动至轨道上A点,由运动学公式有
-=2μg(L-x)
解得vA=6 m/s
(2)小滑块由A点到B点的过程中,根据机械能守恒定律有
m=mgh+m
解得vB=2 m/s
设小滑块落地时速度大小为v,落地时速度方向与水平方向夹角为α,根据机械能守恒定律知v=vA=6 m/s
画出速度矢量关系如图所示
设从B点飞出到落至地面所用时间为t,则小滑块水平位移为s=vBcos θ·t
由几何关系可知,矢量三角形的面积为S=Δv·vBcos θ=gt·vBcos θ=gs
由此可知,当矢量三角形面积最大时,水平位移最大.
该三角形中v与vB的大小恒定,当v与vB垂直时,三角形面积最大,为Sm=vBv,所以最大水平位移sm== m
此时满足的条件为vBcos θ=vsin θ
即tan θ==,则θ=30°
(3)若小滑块与薄木板共速时恰好和轨道AB第1次发生碰撞,则碰后小滑块与薄木板同时减速为零,此情形下薄木板和轨道AB恰好碰1次.
薄木板的加速度大小为a==7.5 m/s2
此情形下d等于薄木板达到共速时的位移,即d== m
若小滑块与薄木板共速时恰好和轨道AB第2次发生碰撞,则碰后小滑块与薄木板同时减速为零,此情形下薄木板和轨道AB恰好碰2次.
薄木板和轨道AB第1次碰撞前的速度大小u=
设此时小滑块速度为v',由动量守恒定律得mv0=mv'+mu
薄木板和轨道AB第1次碰撞后以原速率反弹,之后在摩擦力作用下先减速向右运动,后加速后向左运动,当薄木板与小滑块共速时恰好和轨道AB第2次碰撞,由动量守恒定律得mv'-Mu=(m+M)u
联立解得d= m
综上可知,d应满足的条件为 m≤d< m
例3　(11分)(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)2 m
[解析] (1)滑块a从D处进入,经DEF管道后到达最低点的过程,由动能定理得mg·2R=m-mv2 (1分)
解得vF=10 m/s
在最低点F由牛顿第二定律得FN-mg=m (1分)
解得FN=31.2 N(1分)
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,设碰后滑块a的速度为va,则由动能定理有-mg·2R-μmgL=m-m (1分)
解得va=5 m/s
滑块a、b碰撞过程中由动量守恒定律得
mvF=-mva+3mvb (1分)
解得vb=5 m/s
滑块a、b碰撞过程中损失的机械能
ΔE=m-(1分)
解得ΔE=0 (1分)
(3) 若滑块a碰到滑块b立即被粘住,设碰撞后a、b的共同速度为v1,由动量守恒定律得mvF=(m+3m)v1 (1分)
当弹簧最长或最短时,a、b与c均达到共速,设为v2,由动量守恒定律得(m+3m)v=(m+3m+2m)v2 (1分)
弹簧的最大弹性势能
Ep=(m+3m)-(m+3m+2m) (1分)
又Ep=kx2
弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x
联立解得Δx=0.2 m(1分)
【跟踪训练】
1.(1)4 m/s　 s　(2) kg　
(3)h=,其中 kg≤m2≤0.6 kg
[解析] (1)假设物块a匀减速滑过传送带,根据动能定理得-μm1gL=m1-m1
解得v1=4 m/s
由于v1>1 m/s,即物块a刚离开传送带时的速度大于传送带的速度,故假设成立
物块a在传送带上运动的时间t== s
(2)a、b碰撞后粘为一体,由动量守恒定律可得m1v1=v2
在D点时,有FD-g=
由牛顿第三定律可得,a、b一起经过圆轨道最低点D时对轨道的压力大小为FD'=FD
联立可得FD'=10+
当10=,即m2= kg时,压力FD'最小.
(3)a、b发生弹性正碰,根据动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'
根据机械能守恒定律有m1=m1v1'2+m2v2'2
联立解得v1'=v1,v2'=v1
当b恰能运动到E点时,仅由重力提供向心力,有m2g=
b从D运动到E过程中,由机械能守恒定律有-m2g·2R=m2vE2-m2v2'2
联立解得m2=0.6 kg
当a恰到圆轨道圆心等高处时,由机械能守恒定律有m1gR=m1v1'2
解得m2= kg
即m2取值范围为 kg≤m2≤0.6 kg
a在圆心等高处下方减速至零,从D到速度减为零的过程,由机械能守恒定律有m1gh=m1v1'2
解得h=
2.(1)22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
[解析] (1)根据机械能守恒定律可得
mg(h-3R)=m-0
解得vC=4 m/s
在最高点C,根据牛顿第二定律得
FC+mg=m
解得FC=22 N
(2)根据动能定理可得
mgh-0.2mgLFG=m
设达到共速时的速度为v,根据动量守恒定律得2mv=mvG
根据功能关系可得
μmgL=m-×2mv2
解得μ=0.3
(3)滑块滑上摆渡车到共速的时间为t1==1 s
共速后继续向右匀速运动的时间为t2==1.5 s
所以滑块从G到J所用的时间t=t1+t2=2.5 s