2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：微專題3 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用 【含答案】

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義微專題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用一般來(lái)說(shuō),用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)比用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)解題簡(jiǎn)便,因此在解題時(shí)優(yōu)先選用這兩種觀點(diǎn);但在涉及加速度問(wèn)題時(shí)就必須用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn).有些問(wèn)題,用到的觀點(diǎn)不止一個(gè),特別像高考中的一些綜合題,常用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)聯(lián)合求解,或用動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)聯(lián)合求解,有時(shí)甚至三種觀點(diǎn)都采用才能求解.力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合=ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng),涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=v0+atx=v0t+12atv2-v02=2能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合=ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間動(dòng)力學(xué)與能量綜合例1[2021·全國(guó)甲卷]如圖所示,一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫(huà)出),相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d;一質(zhì)量為m的無(wú)動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放.已知小車通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān).觀察發(fā)現(xiàn),小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后,在相鄰減速帶間的平均速度均相同.小車通過(guò)第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面平滑連接的水平地面,繼續(xù)滑行距離s后停下.已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g.(1)求小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后,經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能;(2)求小車通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能;(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能,則L應(yīng)滿足什么條件?【導(dǎo)思】此題實(shí)際得分率非常低,原因有以下三點(diǎn):①此題情景非常貼近生活,設(shè)問(wèn)新穎,如減速帶導(dǎo)致機(jī)械能損失是因?yàn)椤芭鲎病?但設(shè)問(wèn)并不著眼于“碰撞”.②此題情景描述多,關(guān)鍵條件少而且還特別隱蔽,如“在相鄰減速帶間的平均速度相同”,考生對(duì)于這樣的條件缺乏敏感性,更不容易轉(zhuǎn)化為有效的物理?xiàng)l件.③第三問(wèn)設(shè)問(wèn)不容易理解,而且容易產(chǎn)生誤解,如已知小車通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與通過(guò)減速帶時(shí)的速度有關(guān)”.動(dòng)量與能量綜合例2如圖所示,光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道AB,軌道上A點(diǎn)切線沿水平方向,忽略A點(diǎn)距地面的高度,軌道右側(cè)有質(zhì)量M=1kg的靜止薄木板,上表面與A點(diǎn)平齊.一質(zhì)量m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=14m/s從右端滑上薄木板,重力加速度大小g取10m/s2,小滑塊與薄木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.75.(1)若薄木板左端與A點(diǎn)間的距離d足夠長(zhǎng),薄木板長(zhǎng)度L=7.4m,薄木板與軌道A端碰后立即靜止,求小滑塊離開(kāi)薄木板運(yùn)動(dòng)到軌道上A點(diǎn)時(shí)的速度vA;(2)在(1)中,小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)沿切線方向飛出,最后落回水平地面,不計(jì)空氣阻力,B點(diǎn)與地面間的高度差h=1.2m保持不變,圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ可調(diào),求小滑塊的最大水平射程sm及對(duì)應(yīng)的圓心角θ;(3)若薄木板長(zhǎng)度L足夠長(zhǎng),薄木板與軌道A端碰后立即以原速率彈回,調(diào)節(jié)初始狀態(tài)薄木板左端與A點(diǎn)間的距離d,使得薄木板與軌道A端只能碰撞2次,求d應(yīng)滿足的條件.動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量與能量綜合例3[2023·浙江6月選考]為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置.水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接.質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上.現(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短).已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8m,以v=2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計(jì),各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),彈簧的彈性勢(shì)能Ep=12kx2(x為形變量)(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE;(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx.規(guī)范答題區(qū)自評(píng)項(xiàng)目(共100分)自評(píng)得分書(shū)寫(xiě)工整無(wú)涂抹(20分)有必要的文字說(shuō)明(20分)使用原始表達(dá)式、無(wú)代數(shù)過(guò)程(30分)有據(jù)①②得③等說(shuō)明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說(shuō)明(20分)【跟蹤訓(xùn)練】1.如圖所示,水平直軌道AB、CD與水平傳送帶平滑無(wú)縫連接,半徑R=0.5m的豎直半圓軌道DE與CD平滑相切連接.質(zhì)量m1=1kg的物塊a以v0=5m/s的速度從B點(diǎn)進(jìn)入傳送帶,離開(kāi)傳送帶后與靜止在CD上的質(zhì)量為m2的物塊b發(fā)生碰撞.已知傳送帶長(zhǎng)L=1m,以1m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),物塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.45,其他摩擦不計(jì),兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2.(1)求物塊a剛離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小v1及在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;(2)若a、b碰撞后粘為一體,則m2取何值時(shí),a、b一起經(jīng)過(guò)圓軌道最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力最小?(3)若a、b發(fā)生彈性正碰,且碰后b從圓軌道最高點(diǎn)E離開(kāi),設(shè)a在圓軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)離D點(diǎn)的高度為h,僅考慮h≤R這一種情況,求h與m2的關(guān)系.2.[2023·浙江1月選考]一游戲裝置豎直截面如圖所示,該裝置由固定在水平地面上傾角θ=37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成,除FG段外各段軌道均光滑,且各處平滑連接.螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處.凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車,并緊靠在豎直側(cè)壁GH處,擺渡車上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面.已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m,B點(diǎn)高度為1.2R,FG長(zhǎng)度LFG=2.5m,HI長(zhǎng)度L0=9m,擺渡車長(zhǎng)度L=3m、質(zhì)量m=1kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3m處?kù)o止釋放,滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍.(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止,滑塊視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC;(2)擺渡車碰到IJ前,滑塊恰好不脫離擺渡車,求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)在(2)的條件下,求滑塊從G到J所用的時(shí)間t.參考答案與詳細(xì)解析例1(1)mgdsinθ(2)mg((3)L>d+μs[解析](1)小車在光滑斜面上滑行時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ=ma設(shè)小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后速度為v1,到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2,則有v22-v因?yàn)樾≤囃ㄟ^(guò)第30個(gè)減速帶后,在相鄰減速帶間的平均速度均相同,所以小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后,經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能ΔE=12mv22-聯(lián)立解得ΔE=mgdsinθ(2)由(1)知小車通過(guò)第50個(gè)減速帶后的速度為v1,則小車在水平地面上減速時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgs=0-12m從小車開(kāi)始下滑到通過(guò)第30個(gè)減速帶,根據(jù)動(dòng)能定理有mg(L+29d)sinθ-ΔE總=12m聯(lián)立解得ΔE總=mg(L+29d)sinθ-μmgs故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能ΔE=ΔE(3)由題意可知ΔE>Δ即mg(L+29d)sin化簡(jiǎn)可得L>d+μs例2(1)6m/s(2)635m(3)4960m≤d<4915[解析](1)因薄木板左端與B點(diǎn)間的距離d足夠大,則小滑塊與薄木板共速后才和軌道AB發(fā)生碰撞,設(shè)小滑塊和薄木板達(dá)到的共同速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v1解得v1=7m/s設(shè)此過(guò)程中小滑塊與薄木板的相對(duì)位移為x,對(duì)滑塊、薄木板組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系有μmgx=12mv02-12(M解得x=9815薄木板與軌道AB碰后立即靜止,小滑塊繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng),直到運(yùn)動(dòng)至軌道上A點(diǎn),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12-vA2=2μg(解得vA=6m/s(2)小滑塊由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mvA2=mgh+解得vB=23m/s設(shè)小滑塊落地時(shí)速度大小為v,落地時(shí)速度方向與水平方向夾角為α,根據(jù)機(jī)械能守恒定律知v=vA=6m/s畫(huà)出速度矢量關(guān)系如圖所示設(shè)從B點(diǎn)飛出到落至地面所用時(shí)間為t,則小滑塊水平位移為s=vBcosθ·t由幾何關(guān)系可知,矢量三角形的面積為S=12Δv·vBcosθ=12gt·vBcosθ=由此可知,當(dāng)矢量三角形面積最大時(shí),水平位移最大.該三角形中v與vB的大小恒定,當(dāng)v與vB垂直時(shí),三角形面積最大,為Sm=12vBv,所以最大水平位移sm=vBvg此時(shí)滿足的條件為vBcosθ=vsinθ即tanθ=vBv=33,(3)若小滑塊與薄木板共速時(shí)恰好和軌道AB第1次發(fā)生碰撞,則碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零,此情形下薄木板和軌道AB恰好碰1次.薄木板的加速度大小為a=μmgM=7.5m/s此情形下d等于薄木板達(dá)到共速時(shí)的位移,即d=v122a若小滑塊與薄木板共速時(shí)恰好和軌道AB第2次發(fā)生碰撞,則碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零,此情形下薄木板和軌道AB恰好碰2次.薄木板和軌道AB第1次碰撞前的速度大小u=2設(shè)此時(shí)小滑塊速度為v',由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv'+mu薄木板和軌道AB第1次碰撞后以原速率反彈,之后在摩擦力作用下先減速向右運(yùn)動(dòng),后加速后向左運(yùn)動(dòng),當(dāng)薄木板與小滑塊共速時(shí)恰好和軌道AB第2次碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mv'-Mu=(m+M)u聯(lián)立解得d=4960綜上可知,d應(yīng)滿足的條件為4960m≤d<4915例3(11分)(1)10m/s31.2N(2)0(3)2m[解析](1)滑塊a從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mg·2R=12mvF2-12mv2解得vF=10m/s在最低點(diǎn)F由牛頓第二定律得FN-mg=mvF2R 解得FN=31.2N(1分)(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB=1m/s,設(shè)碰后滑塊a的速度為va,則由動(dòng)能定理有-mg·2R-μmgL=12mvB2-12mv解得va=5m/s滑塊a、b碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律得mvF=-mva+3mvb (1分)解得vb=5m/s滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE=12mvF2-1解得ΔE=0 (1分)(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,設(shè)碰撞后a、b的共同速度為v1,由動(dòng)量守恒定律得mvF=(m+3m)v1 (1分)當(dāng)彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí),a、b與c均達(dá)到共速,設(shè)為v2,由動(dòng)量守恒定律得(m+3m)v=(m+3m+2m)v2 (1分)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=12(m+3m)v12-12(m+3m+2m)v又Ep=12kx2彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx=2x 聯(lián)立解得Δx=0.2m(1分)【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)4m/s29s(2)45-5(3)h=451?m21+m22,其中13?4103[解析](1)假設(shè)物塊a勻減速滑過(guò)傳送帶,根據(jù)動(dòng)能定理得-μm1gL=12m1v12-1解得v1=4m/s由于v1>1m/s,即物塊a剛離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶的速度,故假設(shè)成立物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=v0-v1(2)a、b碰撞后粘為一體,由動(dòng)量守恒定律可得m1v1=m1+在D點(diǎn)時(shí),有FD-m1+m由牛頓第三定律可得,a、b一起經(jīng)過(guò)圓軌道最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FD'=FD聯(lián)立可得FD'=10m2+1當(dāng)10m2+1=32m2+1,即m2=45-55kg(3)a、b發(fā)生彈性正碰,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12m1v12=12m1v1'2+12m聯(lián)立解得v1'=m1-m2m1+m2v當(dāng)b恰能運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí),僅由重力提供向心力,有m2g=mb從D運(yùn)動(dòng)到E過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有-m2g·2R=12m2vE2-12m2v2聯(lián)立解得m2=0.6kg當(dāng)a恰到圓軌道圓心等高處時(shí),由機(jī)械能守恒定律有m1gR=12m1v1'解得m2=13?4103即m2取值范圍為13?4103kg≤m2≤0.6a在圓心等高處下方減速至零,從D到速度減為零的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定