資源簡介

培優點4　力學三大觀點的綜合應用
動力學規律的選用原則
(1)求解物體某一時刻受力及加速度時，可用牛頓第二定律或運動學公式列式解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用，運動狀態改變的問題時，在涉及時間和速度，不涉及位移和加速度時要首先考慮選用動量定理；在涉及位移、速度，不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。
(3)若研究的對象為相互作用的物體組成的系統，一般考慮用機械能守恒定律和動量守恒定律解決，但要仔細分析研究的問題是否符合守恒條件。
(4)在涉及相對位移問題時應優先考慮能量守恒定律，即滑動摩擦力與相對位移(或相對路程)的乘積等于系統機械能的減少量，也等于系統產生的內能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象的問題，通常可選用動量守恒定律，但須注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化。
1.(2024·湖北卷·14)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1 kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，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1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(3分)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
(2)(3分)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
(3)(4分)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
2.(2024·浙江6月選考·18)一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側璧EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數為μ2。滑塊視為質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
(1)(2分)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；
(2)(2分)若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統損耗的機械能；
(3)(6分)若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。
3.(2023·遼寧卷·15)如圖，質量m1=1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k=20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2=4 kg的小物塊以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=kx2。取重力加速度g=10 m/s2，結果可用根式表示。
(1)(3分)求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)(4分)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；
(3)(5分)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)。
(2024·山東卷·17)如圖甲所示，質量為M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=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(2分)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
(2)(8分)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
答案精析
高頻考點練
1.(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)根據題意，小物塊在傳送帶上，
由牛頓第二定律有μmg=ma
解得a=5 m/s2
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為x==2.5 m可知小物塊運動到傳送帶右端前已與傳送帶共速，即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5 m/s。
(2)小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2
其中v=5 m/s，v1=-1 m/s
解得v2=3 m/s
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為ΔEk=m物v2-m物-m球
解得ΔEk=0.3 J
(3)若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球
小球從O點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L繩-d)
聯立解得d=0.2 m
即P點到O點的最小距離為0.2 m。
2.(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
解析　(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時mg=
得vC= m/s
從滑塊離開彈簧到C的過程，根據動能定理-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s
(2)由A至E軌道均光滑，則滑塊到達E點時速度為v0=5 m/s
根據動量守恒定律mv0=(M+m)v共
由題意，平板加速至與滑塊共速過程中，平板及凹槽足夠長，
根據能量守恒定律ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J
(3)若μ2=0.1，滑塊與平板相互作用過程中，加速度大小分別為
a1=μ1g=6 m/s2
a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小為a3=μ2g=1 m/s2
考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與平板共速然后共同減速；
假設滑塊先與平板共速然后共同減速，且共速時滑塊恰好到達平板最右端，則共速過程
v=vE-a1t1=a2t1
共速過程，滑塊、平板位移分別為
x1=t1
x2=t1
共速時，相對位移應為
Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
隨后共同減速的位移為x3=d-x1
=1.88 m
到達H的速度vH=
= m/s
說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從平板右側掉落。由于水平軌道AB、DE光滑，故離開彈簧時的最大速度vm=vE=6 m/s。
3.(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0-8
解析　(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統動量守恒，則有
m2v0= (m1+m2)v
代入數據有v=1 m/s
對木板受力分析有μm2g=m1a1，
則a1==4 m/s2
對木板，根據運動學公式有
v2= 2a1x1
代入數據解得x1= 0.125 m
(2)木板與彈簧接觸以后，對物塊和木板組成的系統有kx2 = (m1+m2)a共
對物塊受力分析有μm2g=m2a2，
則a2=μg=1 m/s2
當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，
解得此時的彈簧壓縮量
x2=0.25 m
對物塊、木板與彈簧組成的系統，根據機械能守恒定律有
(m1+m2)v2=(m1+m2)
+k
代入數據有v2= m/s
(3)木板從速度為v2到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速度大于物塊的加速度，則當木板與物塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時木板的末速度大小為v2，共用時2t0，且物塊一直受滑動摩擦力作用，則對物塊有
-μm2g·2t0= m2v3-m2v2
解得v3=-2t0
木板的位移為零，彈簧的初、末狀態的形變量相同，
故此過程彈簧的初、末狀態的彈性勢能相等，木板的初、末動能相等，
則對于木板和物塊組成的系統有
Wf=m1+m2-(m1+m2)
ΔU = -Wf
聯立有ΔU=4t0-8
補償強化練
(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg
(ⅱ)4.5 m
解析　(1)根據題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有
mg+3mg=m
代入數據解得v=4 m/s
(2)(ⅰ)根據題意可知當F≤4 N時，小物塊與軌道一起向左加速，
根據牛頓第二定律可知F=(M+m)a
變形得a=
根據題圖乙有k==0.5 kg-1
當外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，
則對軌道有F-μmg=Ma
即a=F-
結合題圖乙有k'==1 kg-1
縱截距b=-=-2 m/s2
聯立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由題圖乙可知，當F=8 N時，軌道的加速度為a1=6 m/s2，
小物塊的加速度為a2=μg=2 m/s2
設當小物塊運動到P點時，經過t0時間，
則對軌道有v1=a1t0
對小物塊有v2=a2t0
在小物塊從P點到Q點過程中系統機械能守恒有
M+m=M+m+2mgR
水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，
則有Mv1+mv2=Mv3+mv4
聯立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合題意，舍去)
根據運動學公式有L=a1-a2
代入數據解得L=4.5 m。(共37張PPT)
培優點4
力學三大觀點的綜合應用
專題二　能量與動量
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
動力學規律的選用原則
(1)求解物體某一時刻受力及加速度時，可用牛頓第二定律或運動學公式列式解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用，運動狀態改變的問題時，在涉及時間和速度，不涉及位移和加速度時要首先考慮選用動量定理；在涉及位移、速度，不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。
(3)若研究的對象為相互作用的物體組成的系統，一般考慮用機械能守恒定律和動量守恒定律解決，但要仔細分析研究的問題是否符合守恒條件。
核心精講
PART TWO
(4)在涉及相對位移問題時應優先考慮能量守恒定律，即滑動摩擦力與相對位移(或相對路程)的乘積等于系統機械能的減少量，也等于系統產生的內能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象的問題，通常可選用動量守恒定律，但須注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化。
1
2
3
高頻考點練
PART THREE
1.(2024·湖北卷·14)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1 kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，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1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當
輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小g= 10 m/s2。
1
2
3
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
答案　5 m/s　
1
2
3
根據題意，小物塊在傳送帶上，
由牛頓第二定律有μmg=ma
解得a=5 m/s2
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為x==
2.5 m可知小物塊運動到傳送帶右端前已與傳送帶共速，即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5 m/s。
1
2
3
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
答案　0.3 J　
1
2
3
小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2
其中v=5 m/s，v1=-1 m/s
解得v2=3 m/s
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為
ΔEk=m物v2-m物-m球
解得ΔEk=0.3 J
1
2
3
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
答案　0.2 m
1
2
3
若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律
有m球g=m球
小球從O點正下方到P點正上方過程中，
由機械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L繩-d)
聯立解得d=0.2 m
即P點到O點的最小距離為0.2 m。
1
2
3
2.(2024·浙江6月選考·18)一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側璧EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數為μ2。滑塊視為質點，不計空
氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
1
2
3
(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；
答案　5 m/s　
1
2
3
滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時mg=，得vC= m/s
從滑塊離開彈簧到C的過程，根據動能定理
-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s
1
2
3
(2)若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統損耗的機械能；
答案　0.625 J　
1
2
3
由A至E軌道均光滑，則滑塊到達E點時速度為v0=5 m/s
根據動量守恒定律mv0=(M+m)v共
由題意，平板加速至與滑塊共速過程中，平板及凹槽足夠長，
根據能量守恒定律ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J
1
2
3
(3)若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。
答案　6 m/s
1
2
3
若μ2=0.1，滑塊與平板相互作用過程中，加速度大小分別為
a1=μ1g=6 m/s2
a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小為a3=μ2g=1 m/s2
考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與平板共速然后共同減速；
假設滑塊先與平板共速然后共同減速，且共速時滑塊恰好到達平板最右端，則共速過程v=vE-a1t1=a2t1
1
2
3
共速過程，滑塊、平板位移分別為x1=t1
x2=t1
共速時，相對位移應為Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
隨后共同減速的位移為x3=d-x1=1.88 m
到達H的速度vH== m/s
1
2
3
說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從平板右側掉落。由于水平軌道AB、DE光滑，故離開彈簧時的最大速度vm= vE=6 m/s。
3.(2023·遼寧卷·15)如圖，質量m1=1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k=20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2=4 kg的小物塊以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=kx2。取重力加速度g=10 m/s2，結果可用根式表示。
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
答案　1 m/s　0.125 m　
1
2
3
1
2
3
由于地面光滑，則m1、m2組成的系統動量守恒，則有
m2v0= (m1+m2)v
代入數據有v=1 m/s
對木板受力分析有μm2g=m1a1，
則a1==4 m/s2
對木板，根據運動學公式有
v2= 2a1x1
代入數據解得x1= 0.125 m
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；
答案　0.25 m　 m/s　
1
2
3
1
2
3
木板與彈簧接觸以后，對物塊和木板組成的系統有kx2 = (m1+m2)a共
對物塊受力分析有μm2g=m2a2，
則a2=μg=1 m/s2
當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，
解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25 m
對物塊、木板與彈簧組成的系統，根據機械能守恒定律有
(m1+m2)v2=(m1+m2)+k
代入數據有v2= m/s
(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)。
答案　4t0-8
1
2
3
1
2
3
木板從速度為v2到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速度大于物塊的加速度，則當木板與物塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時木板的末速度大小為v2，共用時2t0，且物塊一直受滑動摩擦力作用，則對物塊有
-μm2g·2t0= m2v3-m2v2
解得v3=-2t0
木板的位移為零，彈簧的初、末狀態的形變量相同，
1
2
3
故此過程彈簧的初、末狀態的彈性勢能相等，木板的初、末動能相等，
則對于木板和物塊組成的系統有
Wf=m1+m2-(m1+m2)
ΔU = -Wf
聯立有ΔU=4t0-8
補償強化練
PART FOUR
(2024·山東卷·17)如圖甲所示，質量為M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=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
答案　4 m/s　
根據題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有
mg+3mg=m
代入數據解得v=4 m/s
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
答案　0.2　1 kg　
根據題意可知當F≤4 N時，小物塊與軌道一起向左加速，
根據牛頓第二定律可知F=(M+m)a
變形得a=
根據題圖乙有k==0.5 kg-1
當外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，
則對軌道有F-μmg=Ma
即a=F-
結合題圖乙有k'==1 kg-1
縱截距b=-=-2 m/s2
聯立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
答案　4.5 m
由題圖乙可知，當F=8 N時，軌道的加速度為a1=6 m/s2，
小物塊的加速度為a2=μg=2 m/s2
設當小物塊運動到P點時，經過t0時間，
則對軌道有v1=a1t0
對小物塊有v2=a2t0
在小物塊從P點到Q點過程中系統機械能守恒有
M+m=M+m+2mgR
水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，
則有Mv1+mv2=Mv3+mv4
聯立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合題意，舍去)
根據運動學公式有L=a1-a2
代入數據解得L=4.5 m。

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