高考物理二轮复习考点题型突破练习大题精练02 力学三大观点的综合应用问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习考点题型突破练习大题精练02 力学三大观点的综合应用问题（2份，原卷版+解析版），共40页。试卷主要包含了考向分析，动力学，冲量与动量等内容，欢迎下载使用。
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
4.本专题的核心问题与典型模型的表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
二、动力学
三、冲量与动量、功和能
难度：★ ★ ★ ★ ★ 建议时间：40分钟
1．【应用三大动力学观点创新解决经典模型问题】如图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差h=209m，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B的运动过程，可视为从B到A的平抛运动的逆过程，由平抛运动规律得：h=12gt2
x＝v0t
tanθ=gtv0
将h=209m，θ＝53°代入解得：
t=23s，v0＝5m/s，x=103m；
（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的共同速率为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设此过程发生的最大位移为xm。
由动能定理得：−μ2（m0+m2）gxm＝0−12（m0+m2）v2
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑战会成功；
（3）弹丸与滑块发生弹性碰撞，设碰后两者速率分别为v0′、v1。以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
12m0v02=12m0v0′2+12m1v12
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后弹丸掉落）
薄板所受滑块的滑动摩擦力为：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。
设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为v2，由动能定理得：
−μ1m1gL=12m1v22−12m1v12
解得：v2＝4m/s
滑块与薄板发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为v3、v4，以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
12m1v22=12m1v32+12m2v42
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑块向右做匀加速直线运动，薄板向右做匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为v5，以水平向右为正方向，对滑块和薄板，分别由动量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2，由运动学公式得：
x1=12（v3+v5）t，解得：x1＝0.26m
x2=12（v4+v5）t，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板没有撞上小熊。
滑块与薄板的相对位移为：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故两者能共速的假设成立。
共速后，因μ1＞μ2，故两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，设共速后的最大位移为x3，由动能定理得：
−μ2（m1+m2）gx3＝0−12（m1+m2）v52
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。
2．【应用三大动力学观点解决多过程问题】如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，10≈3.16。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解答】解：（1）物块由P到A的过程，根据动能定理可得：mgℎ+Wf=12mv02−0
解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J；
（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：a=μmgm=μg=0.5×10m/s2＝5m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间：t1=v0−va=7−55s=0.4s
匀减速运动的位移：s1=v0+v2t1=7+52×0.4m=2.4m＜L=3.4m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：t2=L−s1v=3.4−2.45s=0.2s
故物体从A运动到B的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s
传送带对物体的冲量大小为：I=(mgt)2+[m(v0−v)]2=40N•S＝6.32N•s；
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv＝﹣mv1+m0u1
12mv2=12mv12+12m0u12
解得：v1=13v=53m/s，u1=23v=103m/s；
物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：0−v12=−2as
v1＝at1
解得：s=518m＜3.4m，t1=13s；
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为：
E1=2μmgvt1=2mv23
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为：
v2=13v1=(13)2v
u2=23v1=23×13v
E2=2mv232
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为：
vn=(13)nv，
un=23⋅(13)n−1v，
En=2mv23n，
从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：E=2mv23+2mv232+2mv233+⋅⋅⋅+2mv23n
解得：E=2mv2(1−13n)3×(1−13)=mv2=1×52J＝25J。
3．【借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观】如图所示，AB是一倾角为37°且逆时针转动的传送带，其长度L＝1.25m，运行速度v＝2m/s。传送带的A端与一平台相连，B端通过一小段圆弧（长度不计）与一足够长的水平轨道CD相连，CD右侧与一足够高的曲面DE相连。在CD轨道上固定有两个小物块a、b，质量分别为0.1kg和0.2kg，两者之间有一被压缩的轻质弹簧，弹簧与物块a拴接。某时刻将弹簧释放，使物块a、b瞬间分离，每次在物块b离开水平面CD后都在其原位置再放置一个与物块b完全相同的物块。已知物块b与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各段均光滑，所有的碰撞都发生在平面CD上，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）若弹簧的弹性势能为270J，求释放弹簧后小物块a、b的速度大小。
（2）改变弹簧的弹性势能，若要使小物块b能运动到左侧平台，求小物块b在传送带B端的最小速度。
（3）若弹簧的弹性势能为270J，求最多有几个物块能滑上左侧平台。
【解答】解：（1）根据题意，设释放弹簧后小物块a、b的速度分别为va、vb，选择水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0＝mava+mbvb
Ep=12mava2+12mbvb2
解得：va＝60m/s，vb＝﹣30m/s
（2）若小物块b在传送带B端的速度vb≤2m/s，则由牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma1
设恰好能运动到A端时，物块b在B端速度最小，根据运动学公式可得：vb2=2a1L
解得：vb=5m/s＞2m/s
假设不成立，即物块b在传送带B端的速度不能小于2m/s，若小物块b在传送带B端的速度vb＞2m/s，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ＝ma2
当速度减小到2m/s时，物块减速的加速度变回a1，设恰好能运动到A端时，物块b在B端速度最小，根据运动学公式可得：vb2−22=2a2x1
22＝2a1x2
x1+x2＝L
联立解得：vb＝3m/s＞2m/s
符合假设，则改变弹簧的弹性势能，使小物块b能运动到左侧平台小物块b在传送带B端的最小速度为3m/s。
（3）由（2）分析可知只要小物块b碰撞后的速度vb≥3m/s，就可以滑上左侧平台，由于其余各段均光滑，可知，小物块a返回后的速度大小不变，向左为正方向，由动量守恒和能量守恒定律有mava＝mava1+mbvb1
12mava2=12mava12+12mbvb12
解得：va1＝﹣20m/s；vb1＝40m/s
同理可知，根据数学知识可知第二次碰撞后va2=ma−mbma+mb|va1|=−203m/s
vb2=2mama+mb|va1|=403m/s
第三次碰撞后va3=ma−mbma+mb|va2|=−209m/s
vb3=2mama+mb|va2|=409m/s
第四次碰撞后vb4=2mama+mbva3=4027m/s＜3m/s
可知，最多4个物块能滑上左侧平台。
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
物理概念规律名称
公式
动能
=p22m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cs (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率： 即时功率：
机械效率
动能定理
机械能守恒定律
12mv12+mgℎ1+12kx12=12mv22+mgℎ2+12kx22或者Ep= Ek
动量
=2mEK
冲量
动量定理
(解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒
m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
【例题】（2023•金华一模）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2运动，接着冲上两段平滑连接的光滑圆弧轨道CD、DE，直至从E点平抛落回与C点等高的水平面上。轨道1、2的圆心分别为O1O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA为水平光滑轨道，AC为长度L＝60cm的水平粗糙轨道，动摩擦因数μ=23，圆弧轨道CD、DE的半径均为R3＝20cm，对应圆心角θ均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD相切于C点。可视为质点的小车质量m＝0.1kg，游戏时弹射器将小车自O点以一定初速度弹出，轨道各部分平滑连接，g取10m/s2。
（1）求小车通过轨道1最高点B的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2最低点A时，受到轨道的支持力大小与弹射器对小车冲量大小的关系式；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E点水平抛出后，其落到水平面上的点与E点的水平距离x的范围。
【解答】解：（1）若能通过轨道1最高点，必然能够通过其他轨道，
故满足mg＝mvB2R1，解得vB=2m/s
（2）弹射器弹开过程中由动量定理I＝mv0
根据机械能守恒定律可知vA=v0=Im
小车运动至圆轨道2最低点A时，根据牛顿第二定律有FN−mg=mvA2R2
解得FN=100I2+1（N）
由（1）可得为确保小车通过圆轨道，需满足vB≥2m/s
根据动能定理有−2mgR1=12mvB2−12mv02
解得v0≥10m/s，I≥1010N⋅s
故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为
FN=100I2+1（N）（I≥1010N⋅s）
（3）小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE时，最容易脱离轨道的位置为D点，为保证D点不脱离轨道，
则应满足mgcsθ≥mvD2R3
即vD≤2105m/s
由（1）可得小车通过圆轨道Ⅰ，则有vB≥2m/s，当vB=2m/s时，小车冲到D点时，根据动能定理有
2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣csθ）=12mvD2−12mvB2
解得vD=305m/s≤2105m/s，因此小车不会脱离轨道。
①vB=2m/s时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点，根据动能定理
2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣csθ）=12mvEmin2−12mvB2
有平抛时间t=4R3(1−csθ)g
解得落点离E点水平距离点最小值xmin＝vEmint＝0.08m
②vD=2105m/s时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点，根据动能定理有
﹣mgR3（1﹣csθ）=12mvEmax2−12mvD2
平抛时间t=4R3(1−csθ)g
解得落点离E点水平距离点最大值xmax=vEmaxt=0.082m≈0.11m
故水平距离x的范围8cm≤x≤82cm或（0.08m≤x≤0.11m）