2023届高考物理二轮复习专题二第3讲力学综合类问题学案

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第3讲　力学综合类问题1. 能分析解决动力学、动量、能量的综合应用．2. 能综合分析处理力学中的传送带与板块问题．1. 动量、动能、动量变化量的比较2. 冲量和功的区别(1) 冲量和功都是过程量．冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．(2) 冲量是矢量，功是标量．(3) 力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．3. 爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动4. 对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加  1. (2021·海南卷)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　)A. 4.0 mB. 4.5 mC. 5.0 mD. 5.5 m【解析】 人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知，落水时间为t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4× m＝4.0 m，故A正确．【答案】 A 2. (2021·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是(　　)A. W2＝3W1，I2≤3I1    B. W2＝3W1，I2≥I1C. W2＝7W1，I2≤3I1    D. W2＝7W1，I2≥I1【解析】 根据动能定理可知，W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1.由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，比较可得I2≥I1，一定成立．故D正确．【答案】 D 3. (2021·湖北卷)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)A. B.     C.     D. 【解析】 Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故C正确．【答案】 C　力学三大观点对比    (2022·无锡调研)如图所示，质量为M＝100 g的木板左端是一半径为R＝10 m的光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面水平相连．质量为m1＝80 g的木块置于木板最右端A处．一颗质量为m2＝20 g的子弹以大小为v0＝100 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表面水平部分长度为L＝10 m，木块与木板水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g.(1) 求子弹打进木块过程中系统损失的机械能；(2)  若木板固定，求木块刚完全滑上圆弧时对圆弧的压力；(3)  若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．【答案】 (1) 子弹打进木块过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20 m/s，根据能量守恒有E1＝m2v－(m1＋m2)v＝80 J.(2)  木块从A端滑到B端过程，由动能定理有－μ(m1＋m2)gL＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v，木块滑到B端时，由牛顿第二定律有N－(m1＋m2)g＝v，解得N＝4 N，根据牛顿第三定律，F压＝N＝4 N，方向竖直向下．(3)  从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程，水平方向系统动量守恒，m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，解得v3＝10 m/s.子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程，根据能量守恒定律有(m1＋m2)v＝(m2＋m1＋M)v＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，解得h＝5 m．“子弹打木块”模型解题思路(1) 应用系统的动量守恒．(2) 在涉及子弹(滑块)或平板的作用时间时，优先考虑用动量定理．(3) 在涉及子弹(滑块)或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4) 在涉及子弹(滑块)的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5) 滑块恰好不滑出时，有滑块与平板达到共同速度时相对位移为板长L.(2022·常州调研)如图所示，竖直面内半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道AB与水平面BE在B点平滑连接，在水平面上固定一开口可以让小滑块通过的竖直光滑圆轨道CDC′，在水平轨道右侧相距不远处有一与竖直方向夹角θ＝37°斜面．在水平轨道左侧放置一质量m＝0.1  kg的滑块Q，一质量为2m的滑块P从A点静止释放，滑动到水平轨道上后与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞后滑块Q恰好能够通过竖直面内圆轨道的最高点D，而后运动到水平轨道最右端E后水平抛出，滑块Q恰好从斜面的最高点G进入斜面，并且与斜面不碰撞．已知水平轨道BC部分光滑，滑块与C′E部分轨道间的动摩擦因数μ＝，C′E＝R，sin  37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1) 小滑块P经过半圆弧轨道B处时受到的支持力大小．(2) 竖直圆轨道CDC′的半径．(3) E、G之间的水平距离．【答案】 (1) 滑块P沿  光滑圆弧轨道下滑，机械能守恒，有2mgR＝×2mv，设轨道对滑块P的支持力为F，由牛顿第二定律得F－2mg＝2m×，联立解得F＝6mg＝6 N.(2) 滑块P与Q发生弹性碰撞，有2mvB＝2mvP＋mvQ，×2mv＝×2mv＋×mv，解得vQ＝＝4 m/s.设竖直圆轨道CDC′的半径为r，滑块Q恰好通过最高点D，有mg＝m，由滑块Q运动过程机械能守恒有mv＝mv＋mg×2r，解得r＝R＝0.32 m.(3)  滑块Q滑到E点的过程中，由动能定理可得－μmgR＝mv－mv，滑块Q以速度vE从E点水平飞出，设经过时间t，恰好沿斜面下滑，有tan  θ＝，E、G之间的水平距离x＝vEt，联立解得x＝R＝2 m．求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法(2022·南通如皋调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5 J，质量m＝1.0  kg 的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0 m，传送带以恒定速率v0＝8.0 m/s顺时针转动．某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.(1) 求滑块离开传送带时的速度大小v；(2)  求电动机传送滑块多消耗的电能E；(3)  若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能E′p，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求E′p 的取值范围．【答案】 (1) 设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒有Ep＝mv，代入数据解得v1＝3 m/s.因为μ＞tan  θ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有μmg cos  θ－mg sin  θ＝ma，解得a＝2.5 m/s2.若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2－v＝2aL，解得v＝7 m/s<v0.所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7 m/s.(2) 滑块在传送带上运动时间t＝，该段时间，传送带的位移s＝v0t，对传送带，根据动能定理有W电－μmg cos  θ·s＝0，解得W电＝96 J，即电动机传送滑块多消耗的电能E＝W电＝96 J.(3) 分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速．滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有Epmin＋(μmg cos  θ－mg sin  θ)L＝mv，解得Epmin＝12 J.同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有Epmax－(μmg cos  θ＋mg sin  θ)L＝mv，解得Epmax＝132 J，所以，满足条件的弹性势能E′p范围为12 J≤E′p≤132 J．传送带中的能量问题(1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．(2)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(3)对W和Q的理解：①传送带克服摩擦力做的功W＝fx传．②产生的内能Q＝fx相对． 1. (2021·南京南师附中期末)如图所示，传送带以v的速度匀速运动．将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送带带到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止．则下列说法中正确的是(　　)A. 传送带对物块做功为mv2B. 传送带克服摩擦力做功为 mv2C. 电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2D. 在传送物块过程产生的热量为 mv2【解析】物块受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即 mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理，有fx1＝mv2，故热量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝mv2，故D正确．【答案】 D 2. (2022·南通如皋期中)某篮球质量为 0.60 kg，从距地面高度为1 m处由静止自由落下，反弹最大高度为0.6 m．若使篮球从距地面1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时对球施加一竖直向下、大小为12 N的恒力，并在作用一段时间后在球落地前撤去，球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设该篮球每次与地面碰撞前后的速度大小的比值不变．重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力．求该恒力对篮球：(1) 做的功W；(2) 作用的时间t.【答案】 (1) 根据速度—位移公式有v2＝2gh，可得球与地面碰撞前后的速度的比值k＝＝，反弹的速度v4＝，篮球着地时速度v3＝kv4，由动能定理mgh3＋W＝Ek3，代入数据解得W＝6 J.(2)  由牛顿第二定律有F＋mg＝ma，t时间内篮球向下运动距离l＝at2，运动员拍球时对篮球做功W＝Fl，解得t＝ s．