专题强化十三　力学三大观点的综合应用-2026版大一轮高考物理复习

专题强化十三力学三大观点的综合应用学习目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。1.解决动力学问题三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。例1(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2kg的A物体从距地面h＝1.2m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体：(1)碰撞时离地面的高度x；(2)碰后瞬间的速度v；(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。答案(1)1m(2)0(3)12J解析(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x＝eq\f(1,2)gt2解得x＝1m。(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－eq\f(1,2)gt2解得vB0＝6m/s根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA＝gt＝2m/s方向竖直向下碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB＝vB0－gt＝4m/s方向竖直向上选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后瞬间的速度v＝0。(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2解得ΔE＝12J。例2(2023·广东卷，15)如图1为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的eq\f(1,4)。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：图1(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。答案(1)eq\f(v0,μg)(2)6mgL－3mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))解析(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,μg)。(2)由功能关系得B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋2mg·3L－eq\f(1,2)×2m(2v0)2＝6mgL－3mveq\o\al(2,0)。(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2eq\f(1,2)×2m(2v0)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2m（2v0）2))解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝eq\f(5,3)v0舍掉)两物体平抛运动的时间t1＝eq\r(\f(2L,g))则s－r＝v2t1s＋r＝v1t1解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。(2024·江西南昌模拟)如图2，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为eq\r(gL)，重力加速度为g，求：图2(1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；(3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\f(\r(gL),2)eq\f(\r(gL),2)(3)eq\f(6,5)mgL解析(1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(gL)。(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有mv0＝3mv2－mv1根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝v2＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(gL),2)。(3)由于v2＝eq\f(\r(gL),2)<eq\r(gL)，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据牛顿第二定律有3mgsinα＋3μmgcosα＝3ma解得a＝gsinα＋μgcosα＝g根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝eq\f(v2,a)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g))物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为Q＝μ·3mgcosαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v2t1＋\r(gL)t1＋\r(gL)t1－\f(1,2)v2t1))＝eq\f(6,5)mgL。1.(2023·北京卷，17)如图1所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：图1(1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。答案(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv2解析(1)A从释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2解得H＝eq\f(v2,2g)。(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)mv2。2.(2023·天津统考一模)如图2所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1kg的小球被长为L＝1.4m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为eq\f(L,2)。一质量为M＝0.7kg的小物块从曲面上高为h＝0.8m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为x＝1.5m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：图2(1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小；(2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小；(3)弹簧弹性势能的最大值。答案(1)4m/s(2)4.5N(3)2.1J解析(1)小物块下滑过程有Mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s。(2)碰撞过程有Mv0＝Mv1＋mv2之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋L－\f(L,2)))由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有mg＝meq\f(veq\o\al(2,3),L－\f(L,2))解得v1＝3m/s，v2＝7m/s刚碰撞完瞬间，对小球有T－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),L)解得T＝4.5N。(3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝μMgx＋Epmax解得Epmax＝2.1J。3.(2022·广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图3所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0＝10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：图3(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力f＝1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力f′＝1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得v1＝8m/s。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2m。4.(2023·6月浙江选考，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4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k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2eq\r(21)m/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L＝0.8m，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μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为形变量)。图4(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vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(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Δx。答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析(1)滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vF＝10m/s在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)解得FN＝31.2N。(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有－mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－