2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化十三　力学三大观点的综合应用

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。题型一应用三大观点解决力学综合问题1.解决力学问题的三大观点动力学观点运用牛顿运动定律结合运动学知识,可解决匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒定律等,可解决非匀变速运动问题动量观点用动量守恒定律等,可解决非匀变速运动问题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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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问题,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隐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。角度动力学观点和动量观点的应用例1算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案(1)能计算过程见解析(2)0.2s解析(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前,做匀减速直线运动,加速度大小a1=μmgm=1m/s设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1,则v12-v2=-2a1解得v1=0.3m/s甲、乙两算珠碰撞时,由题意可知碰撞过程中动量守恒,取甲算珠初速度方向为正方向,则有mv1=mv1'+mv乙,其中v1'=0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙=0.2m/s碰撞后,乙算珠做匀减速直线运动,加速度大小a2=μmgm=1m/s设乙算珠能运动的最远距离为x,则x=v乙22由于x=s2所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1=v-v1碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止,所用时间t2=v1'a所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t=t1+t2=0.2s。角度能量观点和动量观点的应用例2(2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止,A、B均视为质点,重力加速度g=10m/s2。忽略空气阻力,求:(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧,A做平抛运动,B做匀减速直线运动对A,水平方向有xA=vAt竖直方向有h=12gt联立解得vA=1m/s弹簧恢复原长的过程中,由于A、B所受摩擦力大小相等,方向相反,A、B与弹簧组成的系统动量守恒对系统有0=mAvA+mB(-vB)解得vB=1m/s。(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动对B有-μmBgxB=0-12mB解得μ=0.2。(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中,弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量,该过程中对系统有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程,则有Δx=ΔxA+ΔxB联立解得ΔEp=0.12J。

题型二应用三大观点解决多过程问题例3(2024·浙江1月选考,18)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。(1)若h=0.8m,求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小;②在DE上经过的总路程;③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。(2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块?(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m解析(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有mgh=12m第一次经过C点的向心加速度大小为a=v联立解得a=16m/s2。②小物块a在DE上时,因为μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物块a无法在DE上静止,每次在DE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a将在B、D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mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s解得s=2m。③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2a下=gsinθ-μ2gcosθ=2m/s2将小物块a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12a上t上2=1解得t上t下(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有mg[h-Lsinθ-2R(1-cosθ)]-μ1mgLcosθ=12m解得vF=2m/s设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且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=2mv12mvF2=12×2mv2+μ解得l=0.2m。限时作业(限时:40分钟)基础对点练1.(2023·北京卷,17)如图所示,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:(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)v22g(2)mg+mv2L解析(1)A从释放到与B碰撞前,根据动能定理得mgH=12mv解得H=v2(2)碰前瞬间,对A由牛顿第二定律得F-mg=mv解得F=mg+mv2(3)A、B碰撞过程中,根据动量守恒定律得mv=2mv1解得v1=12则碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv2-12×2m12v2=2.如图所示,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L2。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(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=12M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12mv22-12m由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动,在最高点有mg=mv解得v1=3m/s,v2=7m/s刚碰撞完瞬间,对小球有T-mg=mv解得T=4.5N。(3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时,有12Mv12=μMgx解得Epmax=2.1J。3.(2025·江西南昌模拟)如图,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且均固定在光滑水平地面上,质量为m的小滑块A从斜面上离斜面底边高为2H处由静止释放,经过斜面与水平面交接处时无机械能损失,在水平面与一质量为m的静止小滑块B发生正碰结合为一个整体(A、B完全相同),一起滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为314H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)滑块第1次滑下斜面的时间t1与第1次滑上斜面的时间t2之比;(3)滑块最终静止,整个系统由于摩擦产生的热量Q。答案(1)0.3(2)14∶3(3)1.4mgH解析(1)滑块由斜面滑到水平面过程,由机械能守恒定律得mg·2H-μmgcosα·2Hsinα=两物体碰撞过程,由动量守恒定律得mv1=2mv共两滑块组合体第一次滑上斜面到最高点过程,由机械能守恒定律得12×2mv共2=2mg·314H+2μmg联立解得v1=2.4gH,v共=0.6gH,μ(2)当滑块A从斜面上滑下时,由牛顿第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma1又v1=a1t1当两滑块滑上斜面时,由牛顿第二定律得2mgsinα+μ·2mgcosα=2ma2又0-v共=-a2t2联立可得t1∶t2=14∶3。(3)由能量守恒定律可得mg·2H=12mv12-2×12联立解得滑块最终静止,整个系统由于摩擦产生的热量为Q=1.4mgH。4.如图所示,水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道,圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分,MN为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m=0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放,到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失),碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x=6t-2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位),物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。A、B均可视为质点,重力加速度g取10m/s2,求:(1)BP间的水平距离sBP;(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点;(3)物块A由静止释放的高度h。答案(1)4.1m(2)不能(3)1.8m解析(1)设碰撞后物块B由D点以速度vD做平抛运动,落到P点时vy2=2其中vyvD=tan联立①②解得vD=4m/s③设平抛用时为t,水平位移为x2,则有R=12gt2x2=vDt⑤联立④⑤解得x2=1.6m⑥由x=6t-2t2可知,物块B碰后以速度v0=6m/s、加速度a=-4m/s2减速到vD,则BD过程由运动学公式vD2-v02解得