大题07 三大动力学观点在力学中的综合应用（解析）.docx

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1、大题07三大动力学观点在力学中的综合应用1 .考查重点：动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、功能关系综合解决分析多运动组合问题，有时涉及弹簧问题和传送带、板块问题。2 .考题形式：计算题。茏麓K鹘颤.【例1】(2023河南校联考模拟预测)如图所示，粗细均匀的光滑宜杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为相的小球8并处信息：刚开始弹簧处于压缩状态于静止状态,质量为小的小球A套在杆上，在B球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在起。当A、B一起上升到最高点时,4、8的加速度大小为g,信息：完全非弹性碰撞信息：速度为零，弹簧形变量最大g为重力加速度，弹簧的形变

2、总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为弓=3f，其中k为弹簧的劲度系数、X为弹簧的形变量，A、B两球均可视为质点。求：4777777777777777.(1)小球A开始释放的位置离B球的距离；(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；信息：释放高度相同，故与8球碰前的速度和4球的相同(3)若将4球换成C球，C球从A球开始静止的位置由静止释放,C、8发生弹性信息：弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒碰撞,碰撞后立即取走C球，此后3球上升的最大高度与4、B-起上升的最大高度相同，则C球的质量多大。【答案】d(2簪34(3电【解析】(1)开始时，弹簧的压缩量M=半当A、

3、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为M，根据牛顿第二定律te2=2m关键点末状态弹簧的伸长量与初态弹簧的压缩量相同，故该过程弹性势能未变化设开始时A、8间的距离为近根据机械能守恒定律，有，伤力=SVi设A、8碰撞后一瞬间，A、8共同速度大小为V2,根据动量守恒定律，有小片=2m外从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒定律，有2mi=2mg(x+垃)解得=空匈(2)两球碰撞后，两球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大,则从碰撞结束至两球关键点会判断弹性势能最大的位置运动到最低点，设小球向下运动的距离为X3，根据机械能守恒定律，有2mi2IgX3=*(x+43)2一如?整理得那一233-量产=O

4、解得X3=当随则弹簧具有的最大弹性势能EP=加用+/)2=251&，当两球的速度最大时,弹簧的压缩量M二等K关键点当加速度为零时，4、球的速度最大，即2ig=Axi根据机械能守恒定律，有为2肋馁+2mg(x4-)解得Vm=3a0(3)设C球的质量为M,根据动量守恒定律，有Myl=MY+w根据机械能守恒定律，有如心妞巴42关键点弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒，列方程，求解碰后的速度解得吸=舄屈根据题意有品32=，祜(为+也)解得M=；加。茏塞期:去指导.1 .三大力学观点一三大观点一2 .解题策略(1)进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。(2)当物体受到恒力作用，而且涉

5、及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。(3)当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。(4)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。(5)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。龙麓变式训练1.(2324高三下浙江开学考试)如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径r=0.18m的光滑圆形轨道BCO与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端8、。轨道错开，其右侧有长1.=2m的水平传送带E尸与直轨道无缝平滑连接，在传送带的尸右侧d=2m的G处连接!光滑

6、圆弧轨道，轨道半径R=IOm。在轨道A处有弹射器，一质量，=lkg的。滑块以%初速度水平向右弹射出来，滑块恰好能过圆轨道。当滑块。滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b,与力发生完全弹性碰撞后反弹，以后能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度u=6ms顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数/=04,其余部分均光滑，取：11=3,=10ms求：（1）%大小；（2）滑块。第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；（3）人的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。9kg,【答案】（1）3nVs；（2）0.5s,4J；（3）【详解】（1）在C点由重力提供向心力mvimg=

7、-从A到。由动能定理得-mg2r=-mv-mv解得v0=ygr=3ms（2）设“在传送带上一直加速，则v-Vo=2jug1.假设成立，故滑块第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为Q=mg卜一j=4J（3）碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动T”肾S设。反弹速度大小为匕，向左滑上传送带后又滑回到G点2d2v.+1.=，匕gv1=4ms6ms假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得5=2gK+gqY解得vc-4m/svc故滑块在C点不脱离轨道，网从起点到车左端，根据动能定理仃耳一2相话（尺+凡）=，产；故”=2J的弹性势能弹出到达车左端的速度v1=23ms叫与车共速时，根据动量守恒以及机械

8、能守恒有111v,=(7n1+w)vw解得共速时与搜渡车的相对位移s=0.6m所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离=-=-m=0.3m2g25故滑块所停位置在离车右端距离H-1.x-5-=(1-0.6-0.3)m=OJm（3）当里刚好经过C时m2g=4EP2tn2gRi2,112vC2,将色弹出到平台上，根据动能定理有与一2丐g(K+&)=%，力与车共速时tn2y=(m2+n)U共？由能最守恒EP=2m2g(K+&)+gmv+jum2要使得滑块停在目标区1.11.251.+1.2+4联立上面四式解得4.6JEp5.5J0Ep

9、5.8J故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为4.6JEp5.5J7.（23-24高三下湖南长沙阶段练习）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为机的物体在受到形如尸二丘的回复力作用下，物体的位移”与时间，遵循X=ASin诩变化规律的运动，其中角频率S=爷=g（攵为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为2的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为阳的小球A相连，小球A静止时所在位置为。另一质量为?的小球B从距A为”的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性

10、限度内，当其形变量为X时，弹性势能为q=I已知”=孚，重力加速度为g。求：（1） B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；（2）小球A被碰后向下运动离。点的最大距离；（3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间九BO尸H【详解】（I）小球B自由下落的速度设为%,根据机械能守恒有解得vfi=y2gHBA碰撞过程动量守恒，则有mvR+O=(w+n)v1解得（2） A在O位置，弹簧被压缩小,根据平衡条件得X=鳖0kA与B共同体继续向下运动离。点的最大距离为心，根据能量守恒定律有I(26)+；M+2mgxm=；MXO+/联立，可得-2Vm-3片=O解得Xm=3%,Xm=F)(舍去)即4=整(3

11、)两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mg=kx当两小球偏离平衡位置X后，两小球所受回复力为F=2tng-R(九+x)=-k/故两小球一起向下运动的过程，是简谐运动。由题意又振幅A=2%=笄振动图像如图由余弦函数知3k4J12所求时间r=r+-T=-T43解得1 r（2m2（2m=-211=-11-8. （2024广东一模）如图所示,质量为m的小球A与质量为Im的小球B通过长为1.的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A,使小球B距地面的高度也为小松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极

12、短，重力加速度大小为g。求：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间f;（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离AOBQ777777777777【答案】（I）【详解】（1）B球落地所需时间为此时AB两球的速度为v=y2g1.设还需产时间相遇，则有M+gg严+w-；g产=1.解得二1.2v2从松手到两小球第一次碰撞的时间为此时距离地面的高度为1 7d,=vtg严=1.216(2)根据速度一时间公式可知两球碰前的速度分别为V1.盘牺v三=两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有WVa-Imv3=nv+7mvb,gzwv227wvb2=gfnvA2+BX76%2解得阿,v

13、b,=(舍去)设经绳子绷直，则有1.=(IdlT%)/此时A、B两球的速度分别为=-=2Ev=l%IW=O细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有wv*=(w+7h)vAB小球一起上升过程中，根据运动学规律有d=2gd则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为9.（2324高三下湖南长沙阶段练习）如图所示，水平粗糙地面上有一个长为，的轻杆，杆的一端与质量为4m的球A相连，另一端连接铁链0,杆可以在竖直平面内绕。自由转动，重力加速度为g。的右侧紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为4m，边长为/,箱子左面光滑。现有质量为机的小尖状物块以竖直向上%=5痛7的速度射入A但未射出，随后A与物体形成

14、新的整体B,B带动杆在竖直平面内转动,转过90。后，给B施加一个水平向右的恒力凡厂大小为名叵用g。B再转过60。后，箱子与B分离。求：（1）小尖状物体射入A后的共同速度大小；（2）箱子与地面之间的动摩擦因数；（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为g/,轨道圆心处静止着质量为小的球C,箱子运动到C处，与C发生弹性碰撞，随后C做平抛运动落入圆弧轨道上。要使C落入圆弧轨道上的动能最小，则C与。的水平距离S为多少？【答案】（1）阿：（2）包;353103l48+l28【详解】（1）小物块与A碰撞，设碰后的共同速度为叭根据动量守恒定律Wivn=5mvv=-v0=77（2）小物块与A碰撞形成

15、整体B,B转过90。的过程中，机械能守恒X5zmv2-5ngl=-5mv,B在最高点速度为0,随后受到水平向右的恒力尸，当箱子与B分离，B转过了6=60o设此时B的速度为匕，箱子的速度为匕，杆的拉力为丁，根据能量关系，有FZsin+5ng/(1-CoSe)=；X5切彳+-4M+4/jmglsin分离时水平速度相等v1cos=V2分离时水平加速度相等7sin9-F认B为研窕对象T+5mgcos-尸Sine=5w-联立四式，解得3=（3）设箱子与C碰撞后，C的速度为七，C落到轨道上时，竖直位移为水平位移为“，动能为耳，机械能守恒12Ek一5相七=mgyy=28XJC联立解得e=3/ngyjng广k

16、416y当3切gy_mgF416y4有最小值，此时所以箱子与C碰撞后，C的速度为时，C落到轨道上的动能最小，设箱子与C碰前的速度为匕，碰撞后的速度为！，则4wV3=4mv4+mvc；4wv32=；X4wiv42+Jmvc2解得5设箱子从离开B到与C碰撞位移为为，则解得-113251,=-128/S=.+/+Isinff解得(353103Ys=+I48128Z10.（2324高三下浙江开学考试）如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径r=0.18m的光滑圆形轨道BCO与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端8、。轨道错开，其右侧有长1.=2m的水平传送带E尸与直轨道无缝平滑连接，在

17、传送带的尸右侧d=2m的G处连接!光滑圆弧轨道，轨道半径R=IOm。在轨道A处有弹射器，一质量，=lkg的。滑块以%初速度水平向右弹射出来，滑块恰好能过圆轨道。当滑块。滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b,与力发生完全弹性碰撞后反弹，以后能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度u=6ms顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数/=04,其余部分均光滑，取：11=3,=10ms求：（1）%大小；（2）滑块。第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；（3）人的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。9kg,【答案】（1）3nVs；（2）0.5s,4J；（3）【详解】（

18、1）在C点由重力提供向心力mvimg=-从A到。由动能定理得-mg2r=-mv-mv解得v0=ygr=3ms（2）设“在传送带上一直加速，则v-Vo=2jug1.假设成立，故滑块第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为Q=mg卜一j=4J(3)碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动T”肾S设。反弹速度大小为匕，向左滑上传送带后又滑回到G点2d2v.+1.=，匕gv1=4ms%且所以此解合理i11Vq-m+Mv2mv2=7MV12+MvZ2U2I24或vJ-0=v2+vl解得M=9kg,v2=lms7C=kg,v2=3ms第一次与第二次碰撞间隔1=3s第二次碰撞9笫:.次碰撞的间隔为，2,

19、第一次碰撞后，。、都滑回到G点后再次碰撞，根据碰撞的对称性,碰后b停止，4以Vq=5ms速度向左滑，到达E点反弹回来。由(2)小题得c2dI41o,=2/H=ISHs=1.8s%5以后都以3s、1.8s的间隔循环。茏麓勉真题1. （2024浙江高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角0=37。的直轨道A8,半径R=Im的圆弧轨道8CQ,长度1.=1.25m、倾角为。的宜轨道。E,半径为/?、圆心角为6的圆弧管道所组成，轨道间平滑连接。在轨道末端尸的右侧光滑水平面上紧靠着质量机=05kg滑块儿其上表面与轨道末端尸所在的水平面平齐。质量?=05kg的小物块。从轨道AB上高度为静止释放，经圆弧

20、轨道BCO滑上轨道OE,轨道。石由特殊材料制成，小物块。向上运动时动摩擦因数M=O25,向下运动时动摩擦因数=05,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块。滑块上滑动时动摩擦因数恒为必，小物块。动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37o=0.6,cos37o=0.8）（1）若=0.8m,求小物块第一次经过C点的向心加速度大小；在DE上经过的总路程；在DE上向上运动时间t1.和向下运动时间外之比。【答案】（I）16ms2;2m；1：2；（2）0.2mmgh=tnv1【详解】（1）对小物块从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有鬻二

21、16曲第一次经过C点的向心加速度大小为小物块在。E上时，因为ju2fnScosmgsin所以小物块。每次在。E上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块。将在8、。间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有Smgh-R(I-cos)=(Wngcos+2mgcos)解得s=2m根据牛顿第二定律可知小物块在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为at=sin+1cos=8ms2b=gsin6-2gcos=2ms2将小物块”在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有I

22、2I25Op上=万4下下解得7K2（2）对小物块。从4到户的过程，根据动能定理有Bnvj.=mgh-1.sin-2R(l-cos6)Nlmg1.cos解得vf=2ms设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，艮此时二者达到共同速度V,根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2nvBmVp=B2mv2+2mgl解得=0.2m2. （2023浙江高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CZ）和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=O4m的四分之圆周组成的竖直细圆弧管道OE尸与轨道CO和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为的滑块b与殖量为2m的滑块C用劲度系数k=INm的轻质弹簧连接，静置于轨道户G上。现有质量m=012kg的滑块。以初速度%=2jTms从。处进入,经。E尸管道后，与尸G上的滑块人碰撞（时间极短）。已知传送带长1.=08m,以u=2ms的速率顺时针转动