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培优点4　力学三大观点的综合应用
动力学规律的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移(或相对路程)的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
1.(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg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0.1 kg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1 m/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=10 m/s2。
(1)(3分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(3分)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)(4分)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。
2.(2024·浙江6月选考·18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
(1)(2分)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
(2)(2分)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
(3)(6分)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
3.(2023·辽宁卷·15)如图，质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。取重力加速度g=10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)(3分)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)(4分)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)(5分)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(2分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
(2)(8分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
答案精析
高频考点练
1.(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)根据题意，小物块在传送带上，
由牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=5 m/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==2.5 m可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，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5 m/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=5 m/s，v1=-1 m/s
解得v2=3 m/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=m物v2-m物-m球
解得ΔEk=0.3 J
(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
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
m球=m球+m球g(2L绳-d)
联立解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
2.(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
解析　(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg=
得vC= m/s
从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s
(2)由A至E轨道均光滑，则滑块到达E点时速度为v0=5 m/s
根据动量守恒定律mv0=(M+m)v共
由题意，平板加速至与滑块共速过程中，平板及凹槽足够长，
根据能量守恒定律ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J
(3)若μ2=0.1，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为
a1=μ1g=6 m/s2
a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与平板共速然后共同减速；
假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好到达平板最右端，则共速过程
v=vE-a1t1=a2t1
共速过程，滑块、平板位移分别为
x1=t1
x2=t1
共速时，相对位移应为
Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
随后共同减速的位移为x3=d-x1
=1.88 m
到达H的速度vH=
= m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落。由于水平轨道AB、DE光滑，故离开弹簧时的最大速度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，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1+m2)v
代入数据有v=1 m/s
对木板受力分析有μm2g=m1a1，
则a1==4 m/s2
对木板，根据运动学公式有
v2= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx2 = (m1+m2)a共
对物块受力分析有μm2g=m2a2，
则a2=μg=1 m/s2
当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，
解得此时的弹簧压缩量
x2=0.25 m
对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
(m1+m2)v2=(m1+m2)
+k
代入数据有v2= m/s
(3)木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时木板的末速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有
-μm2g·2t0= m2v3-m2v2
解得v3=-2t0
木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，
故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初、末动能相等，
则对于木板和物块组成的系统有
Wf=m1+m2-(m1+m2)
ΔU = -Wf
联立有ΔU=4t0-8
补偿强化练
(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg
(ⅱ)4.5 m
解析　(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
mg+3mg=m
代入数据解得v=4 m/s
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a
变形得a=
根据题图乙有k==0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
即a=F-
结合题图乙有k'==1 kg-1
纵截距b=-=-2 m/s2
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2，
小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2
设当小物块运动到P点时，经过t0时间，
则对轨道有v1=a1t0
对小物块有v2=a2t0
在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有
M+m=M+m+2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
则有Mv1+mv2=Mv3+mv4
联立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合题意，舍去)
根据运动学公式有L=a1-a2
代入数据解得L=4.5 m。(共37张PPT)
培优点4
力学三大观点的综合应用
专题二　能量与动量
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
动力学规律的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
核心精讲
PART TWO
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移(或相对路程)的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
1
2
3
高频考点练
PART THREE
1.(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg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0.1 kg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1 m/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= 10 m/s2。
1
2
3
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
答案　5 m/s　
1
2
3
根据题意，小物块在传送带上，
由牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=5 m/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==
2.5 m可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，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5 m/s。
1
2
3
(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；
答案　0.3 J　
1
2
3
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=5 m/s，v1=-1 m/s
解得v2=3 m/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=m物v2-m物-m球
解得ΔEk=0.3 J
1
2
3
(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。
答案　0.2 m
1
2
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
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
m球=m球+m球g(2L绳-d)
联立解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
1
2
3
2.(2024·浙江6月选考·18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空
气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
1
2
3
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
答案　5 m/s　
1
2
3
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg=，得vC= m/s
从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理
-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s
1
2
3
(2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
答案　0.625 J　
1
2
3
由A至E轨道均光滑，则滑块到达E点时速度为v0=5 m/s
根据动量守恒定律mv0=(M+m)v共
由题意，平板加速至与滑块共速过程中，平板及凹槽足够长，
根据能量守恒定律ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J
1
2
3
(3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
答案　6 m/s
1
2
3
若μ2=0.1，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为
a1=μ1g=6 m/s2
a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与平板共速然后共同减速；
假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好到达平板最右端，则共速过程v=vE-a1t1=a2t1
1
2
3
共速过程，滑块、平板位移分别为x1=t1
x2=t1
共速时，相对位移应为Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
随后共同减速的位移为x3=d-x1=1.88 m
到达H的速度vH== m/s
1
2
3
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落。由于水平轨道AB、DE光滑，故离开弹簧时的最大速度vm= vE=6 m/s。
3.(2023·辽宁卷·15)如图，质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。取重力加速度g=10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
答案　1 m/s　0.125 m　
1
2
3
1
2
3
由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1+m2)v
代入数据有v=1 m/s
对木板受力分析有μm2g=m1a1，
则a1==4 m/s2
对木板，根据运动学公式有
v2= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125 m
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
答案　0.25 m　 m/s　
1
2
3
1
2
3
木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx2 = (m1+m2)a共
对物块受力分析有μm2g=m2a2，
则a2=μg=1 m/s2
当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，
解得此时的弹簧压缩量x2=0.25 m
对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
(m1+m2)v2=(m1+m2)+k
代入数据有v2= m/s
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
答案　4t0-8
1
2
3
1
2
3
木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时木板的末速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有
-μm2g·2t0= m2v3-m2v2
解得v3=-2t0
木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，
1
2
3
故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初、末动能相等，
则对于木板和物块组成的系统有
Wf=m1+m2-(m1+m2)
ΔU = -Wf
联立有ΔU=4t0-8
补偿强化练
PART FOUR
(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
答案　4 m/s　
根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
mg+3mg=m
代入数据解得v=4 m/s
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
答案　0.2　1 kg　
根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a
变形得a=
根据题图乙有k==0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
即a=F-
结合题图乙有k'==1 kg-1
纵截距b=-=-2 m/s2
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
答案　4.5 m
由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2，
小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2
设当小物块运动到P点时，经过t0时间，
则对轨道有v1=a1t0
对小物块有v2=a2t0
在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有
M+m=M+m+2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
则有Mv1+mv2=Mv3+mv4
联立解得t0=1.5 s(另一解t0= s不合题意，舍去)
根据运动学公式有L=a1-a2
代入数据解得L=4.5 m。

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