培优点2　力学三大观点的综合应用（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义

这是一份培优点2　力学三大观点的综合应用（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义，共9页。

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
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。
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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＝0.5 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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/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。
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(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3 m，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，sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后瞬间物块Q的速度大小；
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(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。
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培优点2 力学三大观点的综合应用
例1 (1)eq \r(\f(2\r(2)d,g1－μ)) (2)eq \r(\r(2)gd1－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
mgdsin 45°－μmgdcs 45°＝eq \f(1,2)mvP2－0
根据动量定理有
(mgsin 45°－μmgcs 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝eq \r(\f(2\r(2)d,g1－μ))
vP＝eq \r(\r(2)gd1－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)gd1－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
vBcs 45°＝g×eq \f(t′,2)
水平方向上有L＝vBsin 45°·t′
联立可得L＝eq \r(2)d(1－μ)。
例2 (1)4 m/s 22 N (2)0.3
(3)2.5 s
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－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4 m/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＝22 N
(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＝6 m/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)＝3 m/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)＝3 m/s2
所用时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s
此过程滑块通过的位移为
x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m
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)＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.5 s。
高考预测
(1)3 m/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mPgsin α·x1＝eq \f(1,2)mPv02，
解得v0＝6 m/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＝－3 m/s，v2＝3 m/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mPgsin α·t1＝mPv0，
解得t1＝1 s
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＝gsin α＝6 m/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)＝1 s，
物块P在斜面粗糙部分运动的加速度大小为a2＝gsin α－μgcs α＝2 m/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。
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＋eq \f(1,2)at2
v2－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