思维进阶三 三大观点在动力学中的应用-2025版高考物理二轮复习

10思维进阶三三大观点在动力学中的应用考情分析2024·浙江1月选考T18、2024·湖北卷T14、2024·辽宁卷T14、2023·天津卷T11、2023·辽宁卷T15、2023·江苏卷T15、2023·浙江1月选考T18、2023·广东卷T15、2023·全国乙卷T25、2022·浙江6月选考T20、2022·全国乙卷T25、2022·海南卷T17模型特征物体(或系统)参与了多个过程的运动,通常在受力、运动、动量、能量等方面相互关联,常用动量观点和能量观点联合求解,或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观点都采用才能求解方法规律(1)方法:图像法(v-t图像快解、运动示意图)、假设法、分段法、整体法、隔离法(2)规律:牛顿运动定律、运动学规律、动量守恒定律和能量守恒定律【模型图解】【典题例析】命题角度1动力学和能量观点解决多过程问题[典例1](2024·辽宁选择考)如图,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。【思路导引】【解析】(1)对A物块由平抛运动知识得h=12gt2,xA=vA代入数据解得,脱离弹簧时A的速度大小为vA=1m/s对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA=mBvB解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1m/s(2)对物块B由动能定理-μmBgxB=0-12mB代入数据解得,物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2(3)由能量守恒定律ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB解得整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J答案:(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J命题角度2动量和能量观点解决多过程问题[典例2](2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1m的圆弧轨道BCD[1],长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接[2]。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞[3]。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若h=0.8m,求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小;②在DE上经过的总路程;③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。(2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块[4]。【题眼破译】[1]物块在轨道BCD上做圆周运动。[2]物块经过轨道连接处速度不会发生变化。[3]动量守恒、机械能守恒。[4]小物块与滑块达到共同速度。【解析】(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有mgh=12m第一次经过C点的向心加速度大小为a=vC2R=②小物块a在DE上时,因为μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s解得s=2m③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2a下=gsinθ-μ2gcosθ=2m/s2将小物块a在DE上的若干次运动看作一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有12a上t上2=12a下t下(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有12mvF2=mg[h-Lsinθ-2R(1-cosθ)]-μ1解得vF=2m/s设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv12mvF2=12·2mv2解得l=0.2m答案:(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m【加固训练】竖直面内的水平轨道上有一半径为R=1.5m、圆心角为θ=60°的固定光滑圆弧轨道,其底端紧靠一质量为M=0.2kg的长木板,长木板上表面与圆弧轨道底端平齐,长木板右端放置一小物块P,如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小物块A、B分别置于圆弧轨道两侧,A刚好被锁定在圆弧轨道上端,B悬停在空中。现解除锁定,A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后,A立即又被锁定,P开始运动的v-t图像如图乙所示,图中的v0、t0、t1均为未知量,整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为m0=1.2kg,B、P的质量均为m=0.4kg,P与长木板之间的动摩擦因数为μ1=0.5,长木板与水平轨道之间的动摩擦因数为μ2=0.3,P、A、B均可视为质点,重力加速度大小为g=10m/s2。求:(1)v0、t0的值;(2)0~t0与t0~t1过程,小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。【解析】(1)将A、B作为整体,在A沿圆弧轨道下滑的过程中,满足机械能守恒m0gR(1-cos60°)=mgR+12m0vA2+其中vAcos30°=vB解得vA=2m/s物块A、P发生弹性碰撞,满足动量守恒和机械能守恒,可得m0vA=m0vA'+mv012m0vA2=12m0v'解得v0=3m/s物块P运动后,根据牛顿第二定律,对物块P有μ1mg=ma1对木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2速度相同时v0-a1t0=a2t0解得t0=0.5s。(2)t0时刻,所达到的共同速度v1=a2t0=0.5m/s根据能量守恒,在0~t0时间内产生的热量Q1=12mv02-12(M在t0~t1时间内产生的热量Q2=12(M+m)代入数据可得热量之比Q1答案:(1)3m/s0.5s(2)23命题角度3动力学、能量、动量的综合应用[典例3](2024·湖北选择考)如图所示,水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10m/s2。(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能;(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。【解析】(1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,解得a=5m/s2由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x=v传22a=2.5m<L可知,小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,即5m/s。(2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J。(3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球v小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g联立解得d=0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m。答案:(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m考法预测1.(多选)如图所示,质量为m的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为2L,一质量为m且可视为质点的物块,从箱子中央以大小为v0的速度开始向右运动。已知物块与箱壁之间发生的都是弹性碰撞,且不计碰撞发生的时间,物块与箱底的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.箱子与物块之间达到共同速度所需的总时间为vB.箱子与物块发生相对滑动的总路程为vC.如果箱子与物块碰撞的次数为n(n≠0),则最终物块距离箱子左端的距离一定为2nL+L-vD.如果箱子与物块碰撞的次数为n(n≠0),则最终物块距离箱子左端的距离可能为v024μg【解析】选A、B、D。根据动量守恒mv0=2mv得共同速度v=v02,对物块,根据动量定理-ft=m×v02-mv0,f=μmg,得t=v02μg,故A正确;根据能量守恒:12mv02-12×2m×(v02)2=μmgs得s=v024μg,故B正确;设最终物块与箱子碰撞次数为n,且静止时与左端的距离为x,若第n次碰撞发生在箱子的右壁,则有(2n+1)L-x=s(n=1,3,5…),解得x=(2n+1)L-v024μg(n=1,3,5…);若第n2.(2024·滨海新区三模)如图(a)所示,门球又称槌球,比赛时以球槌击球,球过球门即可得分。如图(b)所示,某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上,两球之间的距离l1=2.5m,3号球与球门之间的距离l2=1m。运动员用球槌水平打击1号球,使其获得向右的初速度v0=6m/s,经过一段时间后,该球以v1=4m/s的速度与3号球发生碰撞(碰撞时间极短),碰后1号球又向前运动了x=0.125m后停下来。已知两球质量均为m=0.25kg,将两球的运动视为一条直线上的滑动,并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同,重力加速度g取10m/s2。(1)求球与地面的动摩擦因数μ;(2)求两球碰撞过程1号球对3号球做的功W;(3)通过分析,判断