2023版高考物理创新设计二轮复习讲义大题增分指导(一)　能量与动量

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大题增分指导(一)　能量与动量解题策略　“三步”规范审题审题是将题中物理信息内化的过程，包含“看题”“读题”“思题”等环节，审题一般可分为“三步”进行。【典例】 如图1甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m的木板B的右端，开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：图1(1)A、B间的动摩擦因数μ1；(2)乙图中F0的值；(3)若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，则在t＝3 s时A与B的左端相距多远。[三步审题]第一步：审条件挖隐含(1)当F>F0时B相对地面滑动，F0的值为B与地面间的最大静摩擦力大小(2)当F0<F≤25 N时，A与B一起加速运动，A与B间的摩擦力为静摩擦力(3)当F>25 N时，A与B有相对运动，A在B的动摩擦力作用下加速度不变第二步：审情景建模型(1)A与B间相互作用：板块模型(2)A与B的运动：匀变速直线运动第三步：审过程选规律(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a－F图像的物理意义(2)用匀变速运动的规律分析A与B运动的位移解析　(1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a1＝4 m/s2对A由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1得μ1＝0.4。(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时，对B由牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2即a2＝由题图乙知＝，＝－可得M＝4 kg，μ2＝0.1则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。(3)给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a1＝4 m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则t1＝＝1 s位移x1＝v0t1－a1t＝2 mB的加速度大小a2＝＝5 m/s2方向向右B的位移大小x2＝a2t＝2.5 m此时B的速度v2＝a2t1＝5 m/s由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B，由牛顿第二定律得F－μ2Mg＝Ma3，可得a3＝ m/s2在t＝3 s时A与B左端的距离x3＝v2(t－t1)＋a3(t－t1)2＝22.5 m。答案　(1)0.4　(2)5 N　(3)22.5 m【素能提升】(2022·福建宁德联考)为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图2所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝60 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g＝10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。图2(1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；(2)若某包裹的质量为m1＝20 kg，从h＝2.4 m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过程中产生的热量；(3)若某包裹的质量为m2＝120 kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h′的最小值。答案　(1)60 kg　(2)120 J　(3)2 m解析　(1)A恰好不运动需要满足μ1mg＝μ2(m＋M)g解得m＝60 kg故包裹C的质量最大不超过60 kg。(2)因C的质量m1<60 kg，故装置A始终处于静止状态，由动能定理得m1gh－μ1mgL＝m1v解得v0＝4 m/sC与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则m1v0＝(m1＋M)v共由能量守恒定律得mv＝(m1＋M)v＋Q解得Q＝120 J。(3)因C的质量为120 kg>60 kg，故装置A和B会一起运动释放C的高度最小时，C滑上B车时，A、B、C三者共速，C由释放到曲面轨道最低点的过程，由动能定理得m2gh′＝m2v2C在A的水平部分滑动过程，A、B组成的整体加速度为a1，C的加速度为a2，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝2Ma1解得a1＝1 m/s2－μ1m2g＝m2a2解得a2＝－4 m/s2达到共速，有v＋a2t＝a1t＝v共′可得t＝由位移关系得t－t＝L解得h′＝2 m。