第一篇专题二培优点2力学三大观点的综合应用

专题二

能量与动量培优点2力学三大观点的综合应用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。目标要求力学三大观点对比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＋atv2－v02＝2ax等力学三大观点对应规律表达式选用原则能量观点动能定理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、时间例1(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；答案10m/s

31.2N

滑块a从D到F，由动能定理解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；答案0

滑块a返回B点时的速度vB＝1m/s，设滑块a的速度大小为va，由动能定理有：解得va＝5m/s因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mva＋3mvb解得碰后b的速度vb＝5m/s解得ΔE＝0(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。答案0.2m若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv解得v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，有4mv＝6mv′解得x1＝0.1m系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m。

(2023·广东茂名市一模)某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，选手从高台俯冲而下，为了解决速度过快带来的风险，设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板，B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑，经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M0＝48kg，C的质量为M＝12kg。A、B的长度均为L＝3m，选手与A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍，B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度，选手和物体C均可看作质点，g＝10m/s2，则：例2(1)为了防止A滑动而出现意外，选手及装备的质量最大不超过多少？答案72kg设选手及装备的质量为m，为了防止A滑动，则μ1mg≤μ2(M0＋m)g解得m≤72kg(2)若选手及装备的质量为60kg，从h＝3.3m的高台由静止开始滑下，经过A与C发生碰撞后一起运动，碰撞时间极短可忽略，在此碰撞过程中系统损失的机械能为多少？答案180J滑上A时速度为v1与C碰前速度为v2选手经过A与C发生碰撞后一起运动，速度为vmv2＝(M＋m)v解得ΔE＝180J(3)在第(2)问前提下，选手与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，要使选手能够到达河岸，河岸的最大宽度d为多少？答案6.75m选手与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，根据动量定理ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M0)v′，f＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120N解得v′＝2.5m/s之后一起减速，加速度大小为所以最大宽度d＝x1＋x2＋L＝6.75m。高考预测(2023·河北4月联考)如图所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°、长度为L＝15.2m，传送带以v0＝7m/s的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径R＝0.72m。在传送带上端A无初速地释放一个质量为m＝1kg的黑色小滑块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，黑色小滑块在传送带上经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠传送带的长木板的上表面，长木板质量为M＝3kg，不考虑小滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小滑块滑至长木板右端时，长木板恰好撞上半圆槽，长木板瞬间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小滑块从A到B的时间t；答案2.2s由牛顿第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝gsin37°＋μ1gcos37°＝10m/s2滑块与传送带共速的时间由题知μ1<tanθ，此后小滑块继续沿传送带向下加速，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma2解得a2＝gsin37°－μ1gcos37°＝2m/s2由运动学知识得解得t2＝1.5s小滑块从A到B的时间t＝t1＋t2＝0.7s＋1.5s＝2.2s(2)小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度Δx；答案2.45m小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向后运动，相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝7×0.7m－2.45m＝2.45m再相对传送带向前运动，相对位移为Δx2＝(L－x1)－v0t2＝12.75m－10.5m＝2.25m<Δx1小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度Δx＝Δx1＝2.45m(3)长木板的长度s(计算结果保留两位有效数字)。答案7.3m小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D，小滑块从C到D过程由动能定理得小滑块在底端B滑上长木板的速度vB＝v0＋a2t2＝7m/s＋2×1.5m/s＝10m/s小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有mvB＝mvC＋Mv此过程由能量守恒定律得解得长木板的长度专题强化练121.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；答案2R312设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，B离开最高点后做平抛运动，在水平方向上有x＝v2′t联立解得x＝2R312(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；由于对A做功的力只有重力，则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ312(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。312设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，312碰撞过程中A和B损失的总动能为3122.(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的

。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：312(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；A在传送带上运动时的加速度a＝μg由静止加速到与传送带共速所用的时间312(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；答案6mgL－3mv02

B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功312(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。312A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2解得v1＝2v0v2＝v0312则s－r＝v2t1s＋r＝v1t13123.(2023·黑龙江齐齐哈尔市二模)如图所示，半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的最低点与长为L的水平传送带左端A水平相切，传送带沿顺时针转动的速度为v0(v0>)，传送带的右端B紧靠等高的光滑水平面，质量为m的滑块b静止在水平面上，离右边的竖直墙距离为L。质量为3m的滑块a从轨道上的最高点由静止释放沿圆弧面滑下，当a滑到传送带右端时刚好与传送带共速，a滑上水平面后与b发生弹性碰撞，b与墙碰撞前后速度等大反向，不计滑块的大小，重力加速度为g，求：312(1)滑块a与传送带间的动摩擦因数；312设a与传送带间动摩擦因数为μ，则a在传送带上运动的加速度a＝μg根据题意知v02－v2＝2aL312(2)滑块a第一次通过传送带，带动传送带的电动机额外多做的功；312