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

专题二能量与动量微专题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.内容索引高考预测专题强化练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＋atx＝v0t＋

at2v2－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＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/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＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；答案5m/s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＝5m/sb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联立解得v0＝5m/s(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；

答案FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)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＝1.2m联立可得FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，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).当1.2m≤h<1.65m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得水平方向s1＝vEt当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，x＝3l＋DF＋s1当0.9m<h<1.2m时，从h2＝0.9m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＝1.8m可知物块a达到距离C点0.8m处静止；当h取1.2m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＝0.4m，距离C点0.6m，又因h＝1.2m不在此范围内，故当0.9m<h<1.2m时，有3l－s3<x≤3l代入数据得2.6m<x≤3m.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；答案2R答案滑块与传送带能共速(2)传送带以速度

顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；据牛顿第二定律可得μmg＝ma达到共速时滑块的位移故滑块与传送带能共速.(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功W克f与L的关系.滑块与传送带共速后，以vC＝的速度离开传送带，滑块从C到F设长木板与滑块达到共同速度v2时，位移分别为l1、l2，由动量守恒定律知mv1＝(m＋M)v2

联立解得l1＝2R，l2＝8R滑块相对长木板的位移Δl＝l2－l1<l即滑块与长木板在达到共同速度时，滑块未离开长木板.滑块滑到长木板右端时，若2R<L<5R，W克f＝μmg(l2＋l－Δl)＝μmg(l＋l1)高考预测(2022·广东省模拟)如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的A点，B点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝324J，弹簧右端有一质量m0＝2.0kg的物块P与弹簧接触但不拴接，B点右端C点处静止放置一质量m＝6.0kg的物块Q，AC为光滑的水平面，物块Q右侧光滑的水平轨道DE上静止放置一质量M＝2.0kg的平板车，其上表面与水平轨道BC在同一水平面内，左侧紧靠C点.物块Q与小平板车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.40.FG为竖直面内半径R＝0.90m的半圆形光滑轨道，圆心为O1，FG为竖直直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板EF的上方，平板车上表面与半圆轨道FG可以平滑连接.调节竖直挡板使平板车右侧与E点的水平距离d＝1.5m，让弹簧解除锁定推动物块P向右运动，之后进入水平轨道BC与物块Q发生弹性正碰，碰撞后物块P被束缚不再运动，物块Q滑上平板车带动平板车运动，平板车运动到F点与挡板EF碰撞后速度立即变为0，之后物块Q又由平板车滑上半圆轨道FG.物块P、Q均可视为质点，物块Q从F点进入半圆轨道FG无动能损失，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块P与物块Q碰撞之后物块Q的速度大小vQ；答案9m/s设解除锁定后物块P的最大速度为v0，弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得

m0v02＝Ep＝324J，解得v0＝18m/s(2)从物块Q滑上平板车到平板车运动到E点过程中物块Q与平板车之间因摩擦产生的热量Q；(物块未脱离平板车)答案60J假设物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点过程中，设平板车到达E点的速度为v1，代入数据解得v1＝6m/s，物块Q与平板车作用过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mvQ＝mv2＋Mv1，代入数据解得v2＝7m/s(3)物块Q能滑上半圆轨道且能运动到最高点G，平板车长度L的取值应满足的条件.答案2.5m≤L≤3m设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为L1，根据能量守恒定律可知Q＝μmgL1，代入数据解得L1＝2.5m物块Q要能滑上半圆轨道FG必须保证平板车滑到E点之前物块Q不能掉落，则平板车的长度L≥L1即L≥2.5m从平板车运动到F点到物块Q刚好滑到G点的过程中，联立以上两式代入数据解得L2＝3m物块Q要通过最高点，则平板车的长度L≤L2，即L≤3m，综上所述，平板车的长度为2.5m≤L≤3m.专题强化练1.(2022·河北邯郸市一模)如图所示，倾斜轨道的AB段光滑、BC段粗糙，

圆弧(半径OC竖直)轨道CD光滑，整个轨道固定在同一竖直平面内，倾斜轨道和圆弧轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长L1＝3m，BC长L2＝13.75m，倾斜轨道的倾角α＝37°，圆弧轨道的半径R＝0.8m，O为圆弧轨道的圆心.小物体P和Q(均可视为质点)的质量均为m＝0.8kg，小物体Q静止在B点，将小物体P从A点由静止开始释放，P运动到B点时与Q发生弹性碰撞，且碰撞时间极短.若P、Q与轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，

＝1.求：12341234(1)小物体P运动到B点时的速度大小；答案6m/s小物体P从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有1234(2)小物体Q运动到圆弧轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；答案33N小物体P、Q碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒.设碰后瞬间小物体P、Q的速度分别为v1、v2，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv1＋mv2解得v1＝0，v2＝6m/s由于mgsinα<μmgcosα故碰撞后小物体P将静止在倾斜轨道上B点.1234设小物体Q滑到C点时的速度大小为vC，在从B点运动到C点的过程中，由动能定理有解得vC＝5m/s对小物体Q，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝

，解得FN＝33N由牛顿第三定律知，小物体Q运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33N.12341234(3)最终小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离.答案12.75m1234小物体Q从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为vC，设小物体Q沿倾斜轨道向上运动的距离为L3，由动能定理有解得L3＝1m小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离L＝L2－L3，解得L＝12.75m.2.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切.在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动.A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零.已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力.(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；1234答案2R设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，B离开最高点后做平抛运动，在水平方向上有x＝v2′t联立解得x＝2R1234(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；12341234由于对A做功的力只有重力，则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能.12341234设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，1234由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2碰撞过程中A和B损失的总动能为3.(2022·山东威海市高三期末)如图所示，两物块P、Q静止在水平地面上，相距L＝0.48m，P、Q的质量分别为1kg和4kg，P与左侧一固定的弹性挡板接触.已知P与水平地面间无摩擦，P与弹性挡板碰撞无能量损失，Q与水平地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为10m/s2.某时刻，P以4m/s的初速度向Q运动并与之发生弹性正撞.求：(1)P与Q第一次碰撞后的瞬间各自速度的大小；12341234第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为v1和v2m1v0＝m1v1＋m2v2(2)P与Q第二次碰撞后的瞬间Q的速度大小.1234设碰后Q的加速度为aμmg＝ma假设第二次碰撞前Q没有停止运动，有x＋2L＝|v1|t1解得t1＝0.8s假设第二次碰撞前Q已经停止运动，有v2＝at21234解得t2＝1.6s所以第二次碰撞前Q没有停止运动，设第二次碰撞后瞬间，P的速度为vP′，Q的速度为vQ′，则有vQ＝v2－at1m1vP＋m2vQ＝m1vP′＋m2vQ′vP＝－v112344.(2022·山东淄博市一模)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B

上，右端与小球C

接触但未拴接，球B

和球C

静止在光滑水平台面上.小球A

从左侧半径为R

的

光滑圆弧上的P点由静止滑下，与球B

发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短.之后球C脱离弹簧，沿水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内.以台面右侧底端的O′点为原点建立直角坐标系O′xy.已知，台面的高度