2025屆高考物理二輪總復(fù)習(xí)第一編專題2能量與動量第2講動量和能量觀點的應(yīng)用課件

第二講動量和能量觀點的應(yīng)用通覽知識明要點研學(xué)考點提能力目錄索引0102突破熱點聚素養(yǎng)03通覽知識明要點研學(xué)考點提能力考點一動量、沖量、動量定理高考風(fēng)向標(biāo)考點考題明細(xì)考查頻度動量、沖量、動量定理2024廣東卷,14;2024北京卷,8;2024福建卷,7;2023新課標(biāo)卷,19;2023廣東卷,10;2022湖北卷,7;2022重慶卷,4;2022海南卷,1全國卷:3年1考地方卷:3年7考命題角度1沖量、動量的理解與計算1.沖量、動量的理解2.計算沖量的三種方法

公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量。若F-t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解例1(多選)(2024福建卷)某物塊置于足夠長的光滑斜面上并鎖定,t=0時刻解除鎖定,并對物塊沿斜面施加如圖所示變化的力F,以沿斜面向下為正方向,下列說法正確的是(

)A.0~4t0,物塊一直沿斜面向下運動B.0~4t0,合外力的總沖量為0C.t0時動量是2t0時的一半D.2t0~3t0過程物塊的位移小于3t0~4t0的位移AD解析

受力分析知,0~t0物塊受到的合外力是F合0=3mgsin

θ,t0~2t0物塊受到的合外力是-mgsin

θ,所以0~4t0,物塊先沿斜面勻加速向下運動,后勻減速向下運動,之后重復(fù)這兩個過程,選項A正確。根據(jù)沖量的定義可知,0~4t0,合外力的總沖量為I=IF+mgsin

θ·4t0,由F-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示沖量可知IF=0,故I=4mgt0sin

θ,選項B錯誤。由于初速度為0,根據(jù)動量定理,t0時動量為I1=F合0·t0=3mgt0sin

θ;0~2t0過程中F的沖量為0,故2t0時動量為I2=2mgt0sin

θ,選項C錯誤。3t0時動量為5mgt0sin

θ,4t0時動量為4mgt0sin

θ,可知2t0時的速度小于4t0時的速度,2t0~3t0內(nèi)的平均速度小于3t0~4t0內(nèi)的平均速度,所以2t0~3t0過程物塊的位移小于3t0~4t0的位移,選項D正確。命題角度2動量定理的理解與應(yīng)用應(yīng)用動量定理時應(yīng)注意的四個要點(1)動量定理表明沖量既是使物體動量發(fā)生變化的原因,又是物體動量變化的量度。注意:這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各個外力沖量的矢量和)。(2)動量定理的研究對象是一個物體(或可視為一個物體的系統(tǒng))。

可能是流體(3)動量定理是過程定理,解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量。(4)動量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。例2(多選)(2023廣東卷)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā),設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動,忽略阻力。開窗簾過程中,電機(jī)對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程,下列說法正確的有(

)A.該過程動量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5NBD解析

取向右為正方向,滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1=mv1=1×0.40

kg·m/s=0.40

kg·m/s,碰撞后動量為p2=2mv2=2×1×0.22

kg·m/s=0.44

kg·m/s,則滑塊碰撞過程動量不守恒,A錯誤;對滑塊1,取向右為正方向,由動量定理則有I1=mv2-mv1=1×0.22

kg·m/s-1×0.40

kg·m/s=-0.18

kg·m/s,負(fù)號表示方向水平向左,B正確;對滑塊2,取向右為正方向,則有I2=mv2=1×0.22

kg·m/s=0.22

kg·m/s,C錯誤;對滑塊2根據(jù)動量定理有FΔt=I2,解得F=5.5

N,則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5

N,D正確。例3(2024湖南衡陽高三開學(xué)考試)娛樂風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置,該裝置通過人工制造和控制氣流,把游客“吹”起來,讓游客體驗“騰云駕霧”的感覺。如圖所示,懸浮在風(fēng)洞正上方的兩名手拉手的游客總質(zhì)量為m,受風(fēng)的有效面積為S,氣流速度為v0。已知重力加速度為g,氣流吹到人身體后速度近似變?yōu)?,則氣流的平均密度為(

)B解析

游客處于平衡,對其進(jìn)行受力分析,氣流對游客的平均作用力F1=mg,根據(jù)牛頓第三定律可得游客對氣流的平均作用力F2=F1,以極短時間Δt內(nèi)與游客發(fā)生作用的氣流為研究對象,則有Δm=ρv0ΔtS,規(guī)定豎直向上為正方規(guī)律方法

應(yīng)用動量定理處理流體問題的思維流程(1)在極短時間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動量變化Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)應(yīng)用動量定理FΔt=Δp。拓展衍生1.(多選)使甲、乙兩條形磁體隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時刻(

)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零答案

BD解析

對甲、乙兩條形磁體分別做受力分析,如圖所示,由于兩物體運動時間相同,且同時由靜止釋放,可得v甲<v乙,A錯誤;對于整個系統(tǒng)而言,由于Ff1>Ff2,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動量方向向左,顯然甲的動量大小比乙的小,B、D正確,C錯誤。2.(2024山東濰坊高三期末)2023年4月25日,神舟十五號航天員乘組進(jìn)行了第四次出艙活動,象征著我國的航天科技實力水平的進(jìn)一步提升。假設(shè)某次航天員正執(zhí)行出艙維修任務(wù)時,一維修扳手不慎脫手,脫手后以相對空間站的速度v沿直線向前飛出,航天員發(fā)現(xiàn)時,扳手已經(jīng)飛出一段距離d。航天員立即啟動噴氣背包,壓縮氣體從背包噴口持續(xù)向后噴出,氣體噴出的速度相對空間站恒定,航天員沿與扳手運動同一直線加速追及,經(jīng)過一段時間t追上扳手。已知噴口的橫截面積為S,噴出的壓縮氣體密度恒為ρ,航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計噴氣過程中航天員和裝備總質(zhì)量的變化。則氣體噴出時相對空間站的速度為(

)答案

C3.(多選)(2022全國乙卷)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s2。則(

)A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J答案

AD解析

設(shè)F0=4

N,物塊與地面間的摩擦力大小為Ff=μmg=2

N,0~3

s內(nèi)對物塊由動量定理可知(F0-Ff)t1=mv3,解得v3=6

m/s,3

s時物塊的動量為p=mv3=6

kg·m/s,故C錯誤;設(shè)3

s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(F0+Ff)t=0-mv3,解得t=1

s,所以物塊在4

s時速度減為0,此時物塊的動能也為0,故A正確;考點二動量守恒定律的理解及應(yīng)用高考風(fēng)向標(biāo)考點考題明細(xì)考查頻度動量守恒定律的理解及應(yīng)用2024江蘇卷,14;2024湖北卷,10;2024甘肅卷,14;2023湖南卷,15;2022北京卷,10;2022湖南卷,4地方卷:3年6考命題角度1動量守恒定律的理解與簡單應(yīng)用1.動量守恒的三種情況(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上所受外力的矢量和為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2.動量守恒的三大性質(zhì)

例4(多選)在生產(chǎn)生活中,經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向。如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛小車,小車上固定著兩端開口的光滑細(xì)管,細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成,各部分之間平滑連接,豎直管的上端到小車上表面的高度為h。一小球以初速度v0水平向右射入細(xì)管,小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量(包含細(xì)管)相等,小球可視為質(zhì)點,忽略一切阻力作用。下列說法正確的是(

)A.小球在細(xì)管中運動時,小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在細(xì)管的豎直部分運動時只受重力作用C.當(dāng)小球初速度v0>時,將會從細(xì)管的豎直部分沖出D.若小球從細(xì)管的豎直部分沖出,沖出后一定會落回到細(xì)管中BCD解析

小球在細(xì)管中運動時,小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為零,在彎曲處,小球和小車組成的系統(tǒng)在豎直方向合外力不為零,則小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球在細(xì)管彎曲處運動時,小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動量不守恒,A錯誤;小球在細(xì)管的豎直部分運動時,小球和細(xì)管水平方向的速度相同,則小球在細(xì)管的豎直部分運動時只受重力作用,B正確;由于水平方向動量守恒,小球在最高點,設(shè)此時小球水平速度為v,小球上升的高度為L,由動量守恒定律和機(jī)命題角度2碰撞模型的規(guī)律及應(yīng)用(1)一般碰撞模型的三個特點:①動量守恒;②動能不增;③速度符合實際情況。①當(dāng)m1=m2時,v1'=0,v2'=v1(質(zhì)量相等,速度交換)②當(dāng)m1>m2時,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)③當(dāng)m1<m2時,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反彈)④當(dāng)m1?m2時,v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)⑤當(dāng)m1?m2時,v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)例5(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子質(zhì)量大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對論效應(yīng),下列說法正確的是(

)A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案

B命題角度3反沖運動的理解及應(yīng)用1.人船模型2.模型拓展

例6(2023湖南卷)如圖所示,質(zhì)量為m0的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a

和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點,在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。(1)小球第一次運動到軌道最低點時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離。(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運動的軌跡方程。拓展衍生4.在空間技術(shù)發(fā)展過程中,噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動的主要動力裝置,它能讓航天員保持較高的機(jī)動性。如圖所示,航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止,啟動噴氣背包,壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出,航天員到達(dá)艙門時的速度為v2。若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計噴出氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化,忽略航天員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化,則噴出壓縮氣體的密度為(

)解析

設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為m,則m=ρSv1t,根據(jù)動量守恒定律可得mv1=m0v2,D5.(2022北京卷)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(

)A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的動量大于m1的動量D.碰撞后m2的動能小于m1的動能答案

C6.(多選)(2024山東青島高三期末)如圖所示,質(zhì)量為2m的物塊B放在光滑水平面上,B上方用鉸鏈連接一根長為L的輕桿,輕桿頂端固定一質(zhì)量為m的小球A,開始時輕桿豎直。給小球A一個向左的輕微擾動,已知重力加速度大小為g,下列說法正確的是(

)A.若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動過程中,小球A水平方向的速度先增大后減小ABD解析

若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動過程中,開始時小球A水平速度為零,到達(dá)最低點時水平速度又為零,可知在輕桿轉(zhuǎn)動過程中小球A水平方向的速度先增大后減小,A正確;若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動過程中,當(dāng)小球到達(dá)最低點時考點三動量與能量的綜合應(yīng)用高考風(fēng)向標(biāo)考點考題明細(xì)考查頻度動量與能量的綜合應(yīng)用2024山東卷,17;2024廣東卷,10;2024湖南卷,15;2024河北卷,15;2024湖北卷,14;2024安徽卷,14;2024黑吉遼卷,14;2024廣西卷,10;2024浙江1月選考,20;2023全國乙卷,25;2023全國甲卷,25;2023山東卷,18;2023廣東卷,15;2023浙江1月選考,18;2023遼寧卷,15;2023浙江6月選考,19;2023北京卷,18;2023海南卷,18;2022湖北卷,16;2022全國乙卷,25;2022廣東卷,13;2022山東卷,18;2022海南卷,16;2022天津卷,11;2022福建卷,14全國卷:3年3考地方卷:3年22考命題角度1碰撞模型的拓展及應(yīng)用(1)“保守型”碰撞拓展模型(2)“耗散型”碰撞拓展模型

例7(2023浙江6月選考)為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=2m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,各滑塊均可視為質(zhì)點,g取10m/s2,彈簧的彈性勢能Ep=kx2(x為形變量)。(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。解題指導(dǎo)【審題】讀取題干獲取信息物理關(guān)系DEF與……平滑相切連接連接處速度大小不變,只改變速度方向與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)滑塊a與滑塊b碰撞過程彈簧不發(fā)生形變a與b碰撞過程滿足動量守恒,但機(jī)械能不守恒其他摩擦和阻力均不計AB段、CD和DF段沒有摩擦力做功

AB段、CD段勻速直線運動,DF段機(jī)械能守恒若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住碰后共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞【破題】(1)DF段由機(jī)械能守恒定律可求F點速度,在F點由牛頓第二定律可求支持力;(2)滑塊a與b碰后至返回B點,可由全過程動能定理求出滑塊a碰后的速度,由碰撞過程動量守恒可求碰后b的速度,再由能量守恒定律可求碰撞過程損失的機(jī)械能;(3)滑塊a碰到滑塊b被粘住時,由動量守恒可求碰后共同速度,a、b共速后與彈簧和滑塊c作用過程滿足動量守恒和機(jī)械能守恒,可進(jìn)一步求出彈簧最長和最短時彈簧的形變量,進(jìn)而可求出彈簧最大長度與最小長度之差(即伸長量和壓縮量之和)。答案

(1)10m/s

31.2N

(2)0

(3)0.2m(2)滑塊a返回傳送帶的過程一直在做減速運動,設(shè)滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點的過程中,根據(jù)動能定理得(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據(jù)動量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5

m/s彈簧被壓縮到最短和最長,均有mvF=(m+3m+2m)v'命題角度2“滑塊—滑板”模型1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時,優(yōu)先選用動量守恒定律解題;若地面不光滑或受其他外力時,需選用動力學(xué)觀點解題。2.滑塊與木板達(dá)到相同速度時應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移;求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。例8(2024河北卷)如圖所示,三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板的質(zhì)量均為2.0kg,A木板的長度為2.0m,機(jī)器人的質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時,求A、B木板間的水平距離。(2)機(jī)器人走到A木板右端相對木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過程機(jī)器人做的功,及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止,隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端,此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關(guān)系。答案

(1)1.5m(2)90J

2解析

(1)設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為m0,三個木板質(zhì)量為m,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得m0v0=mvA0,設(shè)所用時間為t0,則有m0v0t0=mvA0t0,即m0x=mx1,又x+x1=lA,解得x1=1.5

m。拓展衍生7.(多選)(2024廣東卷)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑,斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力,下列說法正確的有(

)A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關(guān)ABD解析

兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,則相對速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過程有H乙=,在水平面運動一段時間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動的時間為t3,乙運動的時間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時間與H乙有關(guān),故C錯誤;8.(2023浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示,該裝置由固定在水平地面上傾角θ=37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE,傾角θ=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成,除FG段外各段軌道均光滑,且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一無動力擺渡車,并緊靠在豎直側(cè)壁GH處,擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m,B點高度為1.2R,FG長度LFG=2.5m,HI長度L0=9m,擺渡車長度L=3m、質(zhì)量m=1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3m處靜止釋放,滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止,滑塊視為質(zhì)點,不計空氣阻力,重力加速度取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC;(2)擺渡車碰到IJ前,滑塊恰好不脫離擺渡車,求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ;(3)在(2)的條件下,求滑塊從G到J所用的時間t。答案

(1)4m/s

22N(2)0.3(3)2.5s(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v,從靜止釋放到G點過程,根據(jù)動能定理可得mgh-0.2mgLFG=mv2解得v=6

m/s擺渡車碰到IJ前,滑塊恰好不脫離擺渡車,說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時剛好與擺渡車共速v1,以滑塊和擺渡車為系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv=2mv1突破熱點聚素養(yǎng)方法概述重要思維方法:應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決問題1.力學(xué)三大觀點對比力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則能量觀點動能定理W合=ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2動量觀點動量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、時間2.選用力學(xué)規(guī)律的思維流程

考向分析考查力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用題往往以高考壓軸題的形式出現(xiàn),主要涉及運動學(xué)公式、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律、動量定理和動量守恒定律等知識點,這類題目綜合性強(qiáng)、難度大,可以考查考生的理解能力、模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。案例探究典例(2024湖北卷)如圖所示,水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動,傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球,小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子,P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端,小物塊運動到右端與小球正碰,碰撞時間極短,碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動,當(dāng)輕繩被釘子擋住后,小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g取10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小。(2)求小物塊與小球碰撞過程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能。(3)若小球運動到P點正上方,輕繩不松弛,求P點到O點的最小距離。答案

(1)5m/s

(2)0.3J

(3)0.2m解析

(1)小物塊在傳送帶上加速運動過程,由牛頓第二定律得μmg=ma解得a=5

m/s2由運動學(xué)公式可得,小物塊從放在傳送帶上到小物塊與傳送帶共速,運動的距離為x==2.5

m<L傳=3.6

m則小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小,即v物=5

m/s。(3)若小球運動到P點正上方,輕繩恰好不松弛,設(shè)此時P點到O點的距離為d,小球在P點正上方的速度大小為v3,在P點正上方,由牛頓第二定律有解得d=0.2

m即P點到O點的最小距離為0.2

m。角度拓展1.(2023廣東卷)如圖為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成,滑槽高為3L,平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺最右端N點停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的

。A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質(zhì)點。求:(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t;(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W;(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。2.(2024安徽卷)如圖所示,一實驗小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點,一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點正下方,并輕靠在物塊左側(cè)。將細(xì)線拉直到水平位置時,靜止釋放小球,小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后,物塊沿著軌道運動。已知細(xì)線長L=1.25m,小球質(zhì)量m=0.20kg,物塊、小車質(zhì)量均為m0=0.30kg,小車上的水平軌道長s=1.0m,圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小。(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小。(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。答案

(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4(3)①物塊恰能到圓弧軌道最低點根據(jù)動量守恒定律有m0v2=(m0+m0)v共解得v共=2

m/s根據(jù)能量守恒定律有②物塊恰能到圓弧軌道最高點根據(jù)能量守恒定律有解得μ2=0.25綜上所述,μ的取值范圍是0.25≤μ<0.4。大題突破(二):力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用典例示范

(14分)(2024山東卷)如圖甲所示,質(zhì)量為m0的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點平滑連接,Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m,重力加