人教版2024年高考一轮复习物理《第32讲 三大基本观点的综合应用》复习讲义

第32讲三大基本观点的综合应用

目录

复习目标

网络构建

考点三大基本观点的综合应用

【夯基・必备基础知识梳理】

知识点1三大观点及相互联系

知识点2三大观点的选用原则

知识点3用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法

【提升•必考题型归纳】

考向1动量观点和动力学观点的综合应用

考向2动量观点和能量观点的综合应用

考向3三大观点解决多过程问题

真题感悟

1、掌握动力学、动量和能量三大处理物理问题观点。

2、能够应用三大观点解决复杂的物理过程。

考点要求考题统计考情分析

2023年全国乙卷第25题高考对力学三大观点的考查

2023年全国甲卷第25题很频繁，大多在综合性的计算

力学三大观点

2023年6月浙江卷第21题，多以压轴题的形式出现，

题难度普遍较大。

三大或互及但互乘X

三大,包内透用事■

■

大理&的科学理缰方法

考点三大基本观点的综合应用

・分基•必备基础邂魁

知识点1三大观点及相互联系

知识点2三大观点的选用原则

力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是

状态量（如速度、位置），所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程（如位移X,

时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动

定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做

功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

知识点3用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法

1.多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系

选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后

需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研

究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离

法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需

讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系

统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、

运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

2.多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律

观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。

分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等,

以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动

的速度、位移、时间等方面去寻找。

3.含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件

注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题

思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认

识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。

4.存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况

解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定

讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。

一提升・必考题型归纳

考向1动量观点和动力学观点的综合应用

1.如图甲，质量为机=2kg的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩

擦因数必=().1。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为M=0.5kg,

与地面间的动摩擦因数为必=0。7。f=0时刻小物块获得水平向右的初速度

%=8m/s,同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块与竖

直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，

重力加速度g取10m/s)求：

(1)4s内水平向右作用力的冲量大小；

(2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；

(3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。

【答案】(1)4N-s；(2)6m/s；(3)12m

7x4

【详解】(1)冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，贝〃=gN.s=4N.s

(2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得/-〃即0=，s-〃/带入数据解

得v=6m/s

(3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左，对木板，由牛顿第二定律可

得从/ng—也(M+m)g=

解得木板加速度大小为4=0.5m/s2对物块可得〃1mg=松2解得物块加速度大小为

%=lm/s2设经过时间t,木块和木板速度相等，由运动学公式可得/=卬=广4解

得，4由于外＞4,所以物块和木板共速后保持相对静止，木板位移为

芭=4m物块位移为马="-3的产=16m这段时间内相对位移为

—=12m所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的12m。

2.“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会

直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水

中，俗称“打水漂如图所示，某同学在岸边离水面高度为=0-8m处，将一质量

机=20g的小石片以初速度%=16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时

受到水平阻力的大小为1.2N,接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚

接触水面时竖直速度的二。取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；

（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。

【详解】（1）小石片抛出过程有%=/*%=gf。解得%=4m/s则第一次反弹竖

直方向的分速度大小9=1%>=3m/s第一次接触水面0.1s水平方向有/=,

%=%-。加解得。=10m/s令小石片第1次离开水面后到再次碰到水面经历时间

为4，则有Vvi=gg，x=M解得x=6m

（2）第1次与水面接触过程竖直方向有尸加-蜂&=叫「（-叫。）解得尸=1.6N则

水面对小石片的作用力大小尸="尸+尸解得尸=2.0N

考向2动量观点和能量观点的综合应用

3.装置简图如图所示，传送带长度为/=2m,以速度v=2m/s逆时针匀速转动，传

送带左右两侧平台等高光滑，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧，左侧平台上固

定一个光滑圆轨道，轨道半径为8cm,圆轨道左侧平面粗糙且足够长，与圆轨道

底距离为/=2m处静止一个质量为1kg的B物块，一个质量为3kg的A物块以初

速度%=2m/s与B物块发生弹性碰撞，B物块通过圆轨道最高点，B物块与粗糙

面的动摩擦因数为o.l,B物块与传送带的动摩擦因数也为0.1,g取10侬2,A、

B物块均看作质点，求：

（1）B物块经过圆轨道最高点时对轨道的压力。

（2）B物块向左离开传送带前，与传送带间的摩擦产生的热量。

【答案】（1）12.5N,方向竖直向上；（2）Q=拽J

【详解】（1）物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒

定律有祖A%=^AVA+mB%；

ga*=3m/：+卜幅讨解得％=lm/s；%=3m/s设碰撞后物体A向右运动的距离为

x*,根据动能定理可知g4=0-；%或代入数据解得4=0.5m若碰撞后物块B

恰好经过圆轨道最高点，由牛顿第二定律可知％g=为式设物块B通过圆轨道

R

最高点时的速度为匕，根据动能定理可知/诏联立解得

匕=±5m/s则匕>媪则物块一定可以通过圆轨道最高点，在最高点由牛顿第二定

律可知小+/g=%工解得即=12.5N根据牛顿第三定律可知物体经过圆轨道最

R

高点对轨道的压力为12.5N,方向竖直向上。

（2）设B物块离开圆轨道时的速度为匕，根据动能定理可知

%代入数据解得%=>/5m/s设B物块运动到传送带右端时的

速度为△，由动能定理可知飞成代入数据解得匕=1向s设B物块

在传送带上向右运动的时间为*则对由动量定理可知-〃〃%劭=%匕-%匕

此过程中B物块和传送带间由于摩擦产生的热量为2=〃％&（%+/）,B物块继续

向右运动经过弹簧反弹后以速度匕向左滑上传送带，若一直向左加速到传送带左

端时的速度为均，对B物体由动能定理可知

丛26恤百解得以=6m/s>2m/s因此B物块向左滑上传送带后先加速

到和传送带一样的速度然后与传送带一起向左做匀速运动，离开传送带

时的速度为2nVs,设B物块加速到与传送带速度相同经历的时间为4,则由动量

定理可知〃〃%gf2=，/吁飞匕此过程中物块B与传送带间由于摩擦产生的热量为

Q=〃/g（%-因匕J，B物块与传送带间由于摩擦产生的总热量为Q=0+Q代

入数据解得。=粤"

4.如图，光滑水平面上有一质量为m=lkg的滑块A静止在P点，在0点有一

质量为M=2kg、长度为L=0.6m的长木板B,其两侧有固定挡板，在长木板B上

最右侧放置一质量也为M=2kg小物块C,滑块A在外力F=2N作用下，经过时

间t=1.5s到达0点时，在。点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C

与长木板B间的动摩擦因数为g=0.1,所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短,

g=10m/s2,求：

（1）滑块A刚到达0点时的速度；

（2）滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度；

（3）物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。

Cl

—IFB厂

A--►

<z/z//////////////zz//zz//////////z/z////z/z//z'

PO

【答案】（1）3m/s,方向水平向右；（2）2m/s,方向水平向右；（3）0.2m

【详解】（1）设滑块A刚到达O点时的速度为%,根据动量定理有句=〃?%解得

%=3m/s方向水平向右。

（2）滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为M和匕，根据

系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0=mv'0+Mvt；|mv1=|mv：+1Mv；

联立解得M=-lm/s,w=2m/s滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小

为2m/s,方向水平向右。

(3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒,

设B、C最终达到的共同速度为V,则有吸=2加解得=;匕=lm/s设c相对B

滑动的路程为Ax，对B、C组成的系统根据能量守恒可得〃=

解得Ax=lm＞乙=0.6m所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为

x0=2L-Ax=0.2m

考向3三大观点解决多过程问题

5.如图所示，在光滑水平面上有一个质量为nu=5kg带有光滑半圆凹槽的物块

A,凹槽的半径R=1m,凹槽底部到平台的厚度忽略不计;在凹槽A的右侧有

一质量为mB=3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起(未粘连)处于静止状

态。若锁定凹槽A,将质量为mc=2kg的小球C从高h=4m处由静止释放，小

球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放

小球C,小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向

右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽

A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力，

小球C可看成质点。

(1)求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小；

(2)在解除凹槽A的锁定情况下，求：

①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小；

②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小；

③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。

【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒叫g八=]收（根据牛顿第二定律

Vc

F-mg=m—

ticcK

解得FN=180N由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为F压

=FN=180N

（2）①对ABC,根据机械能守恒有％08九=；（，阳+，%）丫；+；叫《水平方向动量守

恒，取向左为正方向，有mcV2—（niA+mB）vi=0解得V2=8m/s,vi=2m/s

②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正

方向，

有心岭-明匕=（叫+叫）匕解得v3=1m/s根据系统机械能守恒有

恤购=；%片+；性（一；（〃入+恤）片

解得加=，75m小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有九-R，1娟则

4=''=裴质m

③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、

小球C的速度大小仍为

v?=8m/s,vi=2m/s对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有

"彳+;*=]*+%试取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有

人巧-"人匕=恤！+"％%解得匕=1襁，%=-3m/s对AC,水平方向动量守恒，取向

左为正方向，有"k%+心以=（%+性）%解得心=3m/s根据机械能守恒有

1117

mcg"=万砥片+~mcv2-2（WA+mc）v6解得H=4m>/?故还能冲出凹槽。

6.如图所示，在光滑水平地面上，固定一个倾角6=30。的斜面，斜面与小球的

动摩擦因数为手。在斜面底端附件放有一个匀质物块，物块的质量M=3kg、长

度乙=0.8m。在物块内部有如图所示一条左右对称的均匀细通道。通道的倾角

。=37。。现在斜面上高力=201处有一个质量〃?=11<€的小球正以401/$的速度沿斜面

向上运动时，突然获得一个沿斜面向下的瞬时冲量，小球在f=ls末恰好到达斜面

底部，以后小球进入物块中的通道运动。

(1)求瞬时冲量的大小。

(2)已知小球在整个运动过程中所经过的路径都平滑相连，小球在细通道运动

时所受到的摩擦阻力大小为f=2N。通过计算判断小球能否通过物块，并求小球

离开物块时速度的大小。

(3)改变条件，假设某次小球离开物块时，小球的速度为3m/s物块为hn/s,此

时它们进入一段特殊的路面，该路面是在光滑路面上铺设了8段粗糙程度不同的

路面，每段长度为”=Q4m,它们与物块的动摩擦系数分别是

M=0.2、/=。3、4=。9,相邻的两段粗糙路面之间是每段长s=0.8m的光滑路

面，整个路面依然水平，假设小球的运动不受该路面的影响仍然保持匀速，求：

①物块停下时，其右端离该段特殊路面起始端多远？

②如果仅当物块在经过这段特殊路面时，对其施加一个恒力，使物块以后能够再

次与小球相遇，则这个恒力不能小于多少？

【答案】(1)/=8N-s；(2)能，(l+7^)m/s；(3)①x=0.7m,②尸＞6.75N

【详解】(1)小球向下运动的时候，由牛顿第二定律有"际sin。-〃〃火cos6=ma可

得4=0

h

所以匀速运动，依题意有一/=，〃”(-〃?％)得/=8N.s

sin6

(2)易知，每段通道长/=0.5m,高4=0.3m,假设走完左边通道二者恰好共速，

速度大小为…则小球应该上升高度设为〃，由动量守恒和能量守恒有

mv=(m+M')v；++mg/i+#得力=0.5m因为〃＞储，所以能够通过物

块。设通过后，小球及物块速度分别为匕和匕，则有加=，叫+加打；

；mv2=；mvy+gMv1+7,2/解得耳=(1+m)m/s

(3)令吃=3m/s；v4=1m/s

①物块在经过每段粗糙路面时,第一个0.4m摩擦力随位移均匀增大,第二个0.4m

摩擦力不变且最大，第三个0.4m摩擦力随位移均匀减小。最大摩擦力

力=每经过一个粗糙路面克服摩擦力做功

叱.=与"+力”+仆=〃,9由于《山＜3叫＜*+工々所以会停在0.40.8m

之间，设物块位移为x,由动能定理有—；4时人-3必图（*-〃）=0-3知4得》=0.7111

②物块走完这段特殊路面，发生的位移力=8（"+s）=9.6m以后要追上小球，则物

块的木速度”匕

2

由动能定理有Fx&-（4+%+……+^）Mgd=^MV-^解得F＞6.75N

1.（2023年6月浙江卷高考真题）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、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为

R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平

直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系

数女=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量，〃=012kg的滑块a

以初速度%=20Tm/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时

间极短）。已知传送带长乙=O.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送

带间的动摩擦因数〃=（）$,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧

的弹性势能耳=；近2（X为形变量）。

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小VF和所受支持力大小FN;

（2）若滑块a碰后返回到B点时速度以=lm/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的

机械能AE；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差

【答案】（1）lOm/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

（详解］（1）滑块a从D到F,由能量关系mg-2R=，v*-；,成在F点F-mg=吟

，，NA

解得v-=10m/s；

FN=31.2N

（2）滑块a返回B点时的速度VB=lm/s,滑块a一直在传送带上减速，加速度

大小为”==5m/s2

根据喏=4-2〃可得在C点的速度vc=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点

2

g/nvt=