人教2023年高考物理二轮复习（全国版） 第1部分 专题突破 专题2 微专题3　力学三大观点的综合应用.docx

微专题3　力学三大观点的综合应用
命题规律　1.命题角度：应用力学三大观点解决多过程问题.2.常用方法：多过程分段处理法.
3.常考题型：计算题．
力学三大观点对比
力学三大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v02＝2ax等
能量
观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量
观点
动量定理
I合＝p′－p
只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初末速度而不涉及力、时间
例1　(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)．
答案　(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时， m≤x< m
解析　(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvb2，解得vb＝5 m/s
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0
mvb2＝mvb′2＋mv02
联立解得v0＝5 m/s
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m时，从h2＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得mgh－μmgs2＝0
当h最小时
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝
0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m<h<1.2 m时，有3l－s3<x≤3l
代入数据得2.6 m<x≤3 m.
例2　(2022·广东梅州市二模)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平．一质量为m、可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下．若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连．长木板质量M＝2m，板长l＝6.5R，板右端到挡板的距离L在R<L<5R范围内取值，滑块与水平传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，挡板和长木板等高且上表面光滑，传送带右端点C距长木板上表面的高度h＝4R，重力加速度大小为g，求：
(1)传送带B、C两点间的距离x；
(2)传送带以速度