2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第9课时　力学中三大观点的综合应用

第9课时　力学中三大观点的综合应用

高考题型一　应用三大观点解决多过程问题

【例1】 (2022·山东淄博6月模拟)如图1所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长度x＝1 m，与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R＝0.2 m。现将一质量m1＝2 kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度g＝

10 m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。

图1

(1)求滑块P到达C点时的速度vC；

(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能E内；

(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2的范围为多少？(结果可带根号)

答案　(1)6 m/s　(2)7 J  (3)0<m2≤(2－2)kg或m2≥8 kg

解析　(1)以滑块P为研究对象，从释放到运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝m1v

解得vC＝6 m/s。

(2)假设滑块P从C到D一直减速，根据动能定理有

－μ2m1gL＝m1v－m1v

解得vD＝5 m/s>v，假设正确。

设滑块P在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有

μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2

设滑块P在传送带上运动时间为t，则

vD＝vC－at，解得t＝0.5 s

传送带在t时间内所走的位移为x＝vt＝1 m

滑块P相对于传送带所运动的位移为

Δx＝L－x＝1.75 m

所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E内＝μ2m1gΔx，E内＝7 J。

(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为vD′，滑块Q的速度为v′，对系统由动量守恒定律得

m1vD＝m1vD′＋m2v′

由机械能守恒定律得

m1v＝m1vD′2＋m2v′2

联立解得v′＝vD＝(m/s)

①设滑块Q在E点的速度为vE时，恰好通过圆弧最高点，此时Q在D点的速度为vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2

滑块Q从D点运动到E点的过程中，由动能定理得

－m2g·2R＝m2v－m2vD′2

解得vD′＝ m/s

所以滑块Q在D点时的速度v′≥ m/s

联立解得0<m2≤(2－2)kg。

②设滑块Q恰好运动到圆弧处速度为零，此时Q在D点的速度为vD″

此过程由动能定理得

－m2gR＝0－m2vD″2，解得vD″＝2 m/s

所以滑块Q在D点时的速度0<v′≤2 m/s

联立解得m2≥8 kg

综上所述，滑块Q的质量m2的范围为

0<m2≤(2－2)kg或m2≥8 kg。

【素能提升】

(2022·湖北高考，16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图2所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。

图2

(1)求C的质量；

(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；

(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

答案　(1)m　(2)6.5mg

(3)(4－2)mgL

解析　(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

mCg＝2mgcos 30°

解得mC＝m。

(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度为v，根据动量守恒定律可知

m＝m×0＋2mv

解得v＝

C、D碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

2mg－F＝0－×2mv2

解得F＝6.5mg。

(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mCg－2mg(－L)

令y＝mCg－2mg(－L)

对上式求导数可得

＝mgL＋2mgL

当＝0时，解得cos α＝

即α＝30°

此时y＝mCg－2mg(－L)＝mgL

于是有mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mgL

解得v′2＝

此时C的最大动能为

Ekm＝mCv′2＝(4－2)mgL。

高考题型二　应用三大观点解决“板块”模型问题

1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。

2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。

3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。

【例2】 (2022·山东模拟演练卷)如图3所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图3

(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；

(2)长木板的长度；

(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。

答案　(1)6 m/s　(2)2.25 m　(3)见解析

解析　(1)根据动量守恒定律有

Mv0＝(M＋m)v

解得v＝6 m/s。

(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75

对铁块A受力分析有

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

解得a1＝12 m/s2

对长木板受力分析有

Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma2

解得a2＝－6 m/s2

经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t

解得t＝0.5 s，v＝6 m/s

铁块运动位移x1＝t＝1.5 m

长木板运动位移x2＝t＝3.75 m

长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m。

(3)系统动能的变化量

ΔEk＝(M＋m)v2－Mv＝－27 J

铁块重力势能的变化量

ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J

长木板重力势能的变化量

ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J

长木板与斜面之间摩擦产生的热量

Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J

铁块与长木板之间摩擦产生的热量

Q2＝μmglcos θ＝13.5 J

ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0

故系统能量守恒。

1.(2022·河北高考，13)如图4所示，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。

图4

(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

答案　(1)5(1－k) m/s　 m/s，方向均向右　(2)1.875 m

解析　(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，以向右方向为正方向，则有

mv0－m·kv0＝(m＋m)v物

解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，则Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑

解得v滑＝v0＝ m/s>0

则新滑板速度方向也向右。

(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为

v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s

＝2.5 m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝ m/s＝0

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得

m′v物′＝(m′＋M′)v共

解得v共＝1 m/s

根据能量守恒定律可得

μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v

解得x相＝1.875 m。

2.(2021·海南高考)如图5所示，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端，已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

图5

(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；

(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；

(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

答案　(1)　(2)　(3)　mv

解析　(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有

2mv0＝3mv共

解得v共＝。

(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有

v木＝2v滑

根据动量守恒定律有

2mv0＝2mv木 ＋ mv滑

联立解得v滑＝v0，v木＝v0

根据功能关系有

－μmgs＝×2mv＋mv－×2mv

解得s＝。

(3)由于木板保持匀速直线运动，则有

F＝μmg

对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg

滑块相对木板静止时有v0＝a滑t

解得t＝

则整个过程中木板滑动的距离为

s′ ＝ v0t ＝

则拉力所做的功为W ＝Fs′＝ mv。

1.(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图1所示，可视为质点的小物块A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，静止在水平台面上，它们中间夹一个被压缩的微型轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，此时弹簧储存的弹性势能Ep＝27 J且被锁定。某时刻将压缩的微型弹簧解锁(弹簧长度不计且弹性势能完全转化为A、B的动能)。A的左侧有一倾角θ＝37°足够长的斜面与水平台面平滑连接，A与斜面底端间的距离为L＝1.0 m，A与水平台面间以及斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.6，B位于水平台面的右端，台面距水平地面高度为h＝1.8 m。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图1

(1)A、B被弹开瞬间各自的速度大小；

(2)A冲上斜面上升的最大高度及B落地时距平台右端的水平距离。

答案　(1)6 m/s　3 m/s　(2) m　1.8 m

解析　(1)设被弹开瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律，有

mAvA－mBvB＝0

由能量守恒定律，有

Ep＝mAv＋mBv

联立解得vA＝6 m/s，vB＝3 m/s。

(2)A沿斜面上滑的最大高度为H，由动能定理得

－μmAgL－mAgH－μmAgcos θ·

＝－mAv

解得H＝ m

B被弹开后做平抛运动，则落地经历的时间为t，则有h＝gt2

解得t＝0.6 s

物块B落在地面时与台面右端的距离是

x＝vBt＝1.8 m。

2.(2022·浙江名校联盟联考)如图2所示，一传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下，以速率v沿顺时针方向匀速运行，在下端点A处，固定安装与斜面垂直的挡板；把中间夹有炸药的甲、乙两个物块，轻轻地放在传送带上的瞬间炸药爆炸，所释放的能量E0全部转化为物块的动能，甲在B点处立即获得沿着传送带向下的速度v0，经过t1＝2 s滑行的距离x1＝12 m正好与挡板碰撞，碰撞前后甲的速度分别为v1、v2，碰撞生热Q1＝7.5 J，甲返回到B点时正好与传送带共速，甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝1，甲、乙的质量均为m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：

图2

(1)传送带的速率v；

(2)在甲从A点返回到B点的时间内传送带运动的距离；

(3)炸药爆炸所释放的能量E0。

答案　(1)7 m/s　(2)21 m　(3)64 J

解析　(1)分析可知，炸药爆炸后，甲先沿着斜面向下做匀减速运动，滑动摩擦力沿斜面向上，甲与斜面间的摩擦因数为μ，对甲受力分析，由牛顿第二定律

mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

解得a1＝－2 m/s2

根据运动学公式v1＝v0＋a1t1

甲下滑的位移为x1时，由匀变速直线运动的规律得x1＝v0t1＋a1t

联合解得v0＝8 m/s，v1＝4 m/s

碰撞生热Q1＝m(v－v)

解得v2＝1 m/s

甲上滑时做匀加速运动，a2＝|a1|＝2 m/s2，上滑的位移为x1，由匀变速直线运动的规律得v2－v＝2a2x1

解得v＝7 m/s。

(2)设甲从A点返回到B点所需要的时间为t2，在匀加速上升的过程中，由速度位移关系有v＝v2＋at2

解得t2＝3 s

传送带运动的距离d＝vt2

解得d＝21 m。

(3)设炸药爆炸结束的瞬间乙的速度为v乙，炸药爆炸的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，

有mv0＋mv乙＝0

由能量守恒定律知E0＝mv＋mv

解得E0＝64 J。

3.(2022·广东顺德一模)如图3所示，光滑水平面上放有两个完全相同的木板A、B，每个木板质量M＝1 kg，长L＝10 m，两板间距s＝10 m。质量为m＝2 kg的小滑块C(可视为质点)以v0＝15 m/s的初速度从左侧滑上木板A，C与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，若A和B发生碰撞后粘在一起，且小滑块C最终没有滑出木板，求：

图3

(1)小滑块C的最终速度大小；

(2)木板A与木板B碰撞前瞬间，A的速度大小；

(3)若小滑块C的初速度未知，小滑块C能滑上木板B的最小初速度(结果可以保留根号)。

答案　(1)7.5 m/s　(2)10 m/s

(3) m/s

解析　(1)全过程由动量守恒定律有

mv0＝(m＋2M)v共

解得v共＝7.5 m/s。

(2)设C与A共速时的速度为v1，且A还未与B发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1

mv＝(m＋M)v＋μmgs1

联立得v1＝10 m/s

s1＝7.5 m<L

此过程对A，应用动能定理有

μmgsA＝Mv

得sA＝5 m<10 m

故假设成立，则A和B发生碰撞时的速度为v1＝10 m/s。

(3)由题意知，C的初速度越小，则和A达到共速过程时间越短；当C的初速度最小时，对A、C达到共速前有mv0′＝(m＋M)v1′

mv0′2＝(m＋M)v1′2＋μmgs1′

A、C匀速一段位移后，对A、B碰撞，由动量守恒，有

Mv1′＝2Mv2

C在A上滑行(L－s1′)刚到达B上，对C与AB有mv1′＋2Mv2＝(m＋2M)v3

mv1′2＋×2Mv＝(m＋2M)v＋μmg(L－s1′)

解得v0′＝ m/s。

4.(2022·广东清远模拟预测)如图4所示，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8 m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度g取10 m/s2，求：

图4

(1)人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小；

(2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，则河岸宽度d的取值范围。

答案　(1)10 m/s　(2)3.6 m<d<5.6 m

解析　(1)设人滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，A的质量设为m，则平板的质量为4m，人的质量为5m，人沿圆弧轨道下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得5mgh＝×5mv

人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，由牛顿第二定律得，对人：μ·5mg＝5ma人

对平板：μmg＋μ·5mg－0.1×(m＋4m＋5m)g＝4ma平板

经t1＝0.4 s人与平板共速，设人与A碰撞后人的速度为v1，共同速度为v，A离开板的速度为vA，则v＝v1－a人t1＝a平板t1

人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝5mv1＋mvA

联立代入数据解得v0＝6 m/s，a人＝5 m/s2，a平板＝5 m/s2，v＝2 m/s，v1＝4 m/s，vA＝10 m/s

即人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小为10 m/s。

(2)人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上滑动过程中A的加速度为aA，由牛顿第二定律得，

对人与板：0.1×(4m＋5m)g＝(4m＋5m)a

对A：μmg＝maA

人与A碰撞后t1＝0.4 s内，人的位移大小

x＝t1

平板的位移大小x1＝t1

设板的长度为L，则L＝vAt1－aAt－x1

人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x2满足0－v2＝－2ax2

根据题意，人与木板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足d>x1＋L

平板速度刚好为零时，平板通过的距离为

d＝L＋x1＋x2

所以“渡河”过程中，要木板能够到达河岸，河岸宽度应满足

(x1＋L)<d<(L＋x1＋x2)

联立代入数据解得3.6 m<d<5.6 m。