高考物理二轮复习专项突破（全国版）力学三大观点的综合应用

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.

力学三大观点对比

力学三

对应规律表达式选用原则

大观点

牛顿第二定律F合=171。

v=vo+at

动力学物体做匀变速直线运动，

观点匀变速直线运动规律涉及运动细节

v2~vo1=2ax等

动能定理卬合=小反

机械能守恒定律

能量fki+EPI=Ek2+Ep2

涉及做功与能量转换

观点功能关系WG=_AEP等

能量守恒定律E[=E2

只涉及初末速度、力、时

动量定理I合=p'-P

动量间而不涉及位移、功

观点只涉及初末速度而不涉

动量守恒定律P1+P2=P「+72，

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。逆时针转动的传送带与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，

AB.MN、CD的长度均为/.圆弧形细管道QE半径为R,跖在竖直直径上，E点高度为H.

开始时，与物块。相同的物块6悬挂于。点，并向左拉开一定的高度及由静止下摆，细线始

终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰.已知相=2g,l—lm,R=0.4m,H—0.2m,

o=2m/s,物块与MN、CO之间的动摩擦因数〃=0.5,轨道48和管道。E均光滑，物块a

落到EG时不反弹且静止.忽略M、8和N、C之间的空隙，CO与。E平滑连接，物块可视

为质点，取g=10m/s2.

⑴若人=1.25m,求a、6碰撞后瞬时物块a的速度的的大小;

(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与fi间满足的关系；

(3)若物块b释放高度0.9m</z<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).

答案(1)5m/s

(2)FN=0.1/Z-0.14N(用21.2m)

⑶当0.9m</z<1.2m时，2.6m<%W3m,当1.2mW/z<1.65m时,(3+^^jmWx<(3.6+^)>m

解析(1)物块匕摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有zng/z=/%2,解得“=5m/s

b匕a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvh=mvh'+mvo

1,1/2I1?

'^m)b=^mub十力。o

联立解得0o=5m/s

⑵由⑴分析可知，物块人与物块4在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块〃刚好可以到达

E点对应的高度为⑶，根据动能定理可得叫/11一2〃加g/—zng"=0,解得/ii=1.2m

以竖直向下为正方向，则有瓜+〃吆=7/

联立可得FN=0.1/Z-0.14N(/I21.2m)

(3)当L2mW/Kl.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

mgh—2(j.mgl-mgH=^mVE

从E点飞出后，竖直方向H=；gP

水平方向Si=VEt

当〃最大时，S1最大，即Simax=0.6m,又因X取不到最大值，则S1取不到最大值,

根据几何关系可得。尸=坐m

x=3l+DF+si

代入数据解得

当0.9m</z<1.2m时，从后=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—jnmgS2=0

当力最小时

解得S2=L8m

可知物块a达到距离C点、0.8m处静止；

当/z取1.2m时，

物块。在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH-/imgS3=0,解得$3=

0.4m,距离C点0.6m,

又因〃=1.2m不在此范围内，故当0.9m〈/z<1.2m时，有3/—S3<rW3/

代入数据得2.6m<xW3m.

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8切线水平.一质量为机、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；当传送带以速度痂顺时针转动时，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X时与固定挡板碰撞粘连.长木板质量M=2m,板长/=6.5R,板右端到挡板的距离Z

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〃=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%=4R,重力加速度大小为

g,求：

(1)传送带8、C两点间的距离x；

(2)传送带以速度痂顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；

(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.

117

答案(1)27?(2)滑块与传送带能共速(3)卬克f=WMg(13H+2£)或者W克

解析(1)传送带静止时，滑块从A到8、8至Ue,由动能定理得机

一〃”一品加

联立解得UB=72gR,x=—=2R

(2)滑块到B点的速度大于传送带速度声,

据牛顿第二定律可得jnmg=ma

达到共速时滑块的位移

V^—VC1

=R<2R

XI=-2——a

故滑块与传送带能共速.

(3)滑块与传送带共速后，以。0=标的速度离开传送带，滑块从C到尸由机械能守恒定律得

^mv\2=mgh+^mvc-

设长木板与滑块达到共同速度02时，位移分别为/1、/2,

由动量守恒定律知mvi=(m+M)V2

由动能定理知fimgh=^Mv22

,11

—/zwg/2=2ZOT222,?W12

联立解得/i=2R,l2=8R

滑块相对长木板的位移

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R<LW2R,W^f^jumgO+L),得Wj,f=%"g(13R+2L)

若2.R<L<5R,

W克f=〃加g(/2+/—△/)=〃加g(/+/l)

17

得W克f=]7ngR.

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

饷=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加=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。与小平板车上

表面之间的动摩擦因数为〃=0.40.FG为竖直面内半径E=0.90m的半圆形光滑轨道，圆心为

01,BG为竖直直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板E尸的上方，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=L5m,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。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。又由平板车滑上半圆轨道FG.物块P、。均可视为质点，

物块。从。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-,

(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)

(3)物块。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（1）9m/s（2）60J（3）2.5mW£W3m

解析（1）设解除锁定后物块P的最大速度为a,弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得

Tmo0o2=£p=324J,解得。0=18m/s

物块尸与物块。发生弹性碰撞，设碰撞之后物块尸的速度大小为在，根据动量守恒定律有

m（）vo=m（）vp+mvQ,根据机械能守恒定律有呼/。加=5200P2+品顶2,代入数据解得VQ=9m/s

（2）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V\,此时物块Q的速度为772,对平板车根据动能定理有〃加

代入数据解得01=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+Mvi,代入数据解得6=7m/s

V2>Vi,假设成立，即物块。滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，两者一直

发生相对滑动，根据能量守恒定律可知因摩擦产生的热量。=JWQ2一加22+3苗0]2）,解得

e=60J

（3）设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为£i,根据能量守恒定律可知。=

（imgL\,代入数据解得Li=2.5m

物块。要能滑上半圆轨道尸G必须保证平板车滑到E点之前物块。不能掉落，则平板车的长

度L2L即L22.5m

设物块。刚好能通过半圆轨道的最高点G时平板车的长度为12,物块。恰好过最高点时有

2

mg=~^,从平板车运动到F点到物块。刚好滑到G点的过程中，根据动能定理有一〃机g«2

-L\）—mgX2R=^mVG^—^mv^,联立以上两式代入数据解得心=3m

物块。要通过最高点，则平板车的长度LWL2,即LW3m,综上所述，平板车的长度为

2.5mWZ,W3m.

专题强化练

1.（2022•河北邯郸市一模）如图所示，倾斜轨道的段光滑、8c段粗糙，:圆弧（半径OC竖

直）轨道C。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，已知长L=3m,BC长上=13.75m,倾斜轨道的倾角a=37。，

圆弧轨道的半径R=0.8m,。为圆弧轨道的圆心.小物体P和0（均可视为质点）的质量均为

%=0.8kg,小物体。静止在8点，将小物体P从A点由静止开始释放，尸运动到2点时与

。发生弹性碰撞，且碰撞时间极短.若P、。与轨道8c间的动摩擦因数均为〃=0.8,取重

力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,佐彳=1.求:

(1)小物体产运动到B点时的速度大小；

(2)小物体。运动到圆弧轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；

(3)最终小物体。停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离.

答案(1)6m/s(2)33N(3)12.75m

解析(1)小物体尸从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有

mgLisina=^mv2,解得o=6m/s.

(2)小物体P、。碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒.设碰后瞬间小物体P、。的速度分别

为。1、02,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=mvi+mv2

产"=产0]2+力苏

解得5=0,如=6m/s

由于wzgsina</imgcosa

故碰撞后小物体P将静止在倾斜轨道上B点.

设小物体。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

r•r1。12

»7gL2Sina—^imgLocosa=^imc―一ynv?"

解得vc—5m/s

0c2

对小物体。，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有尸N—"zg=〃f,解得尸N=33N

由牛顿第三定律知，小物体。运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33N.

(3)小物体。从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为功,设小物体。沿倾斜轨道向上运动的

距离为乙3,由动能定理有

1,

—jumgLjcosa—mgLisma=0—^mvc~

解得L3=1m

小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体尸的距离L=L2~L3,解得L=12.75m.

2.(2021•湖北卷J5汝口图所示，一圆心为。、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。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

为机的静止小物块8运动.A、8发生正碰后，8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。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；

(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到。点时，与。。夹角为0,求此时A所受力对A做功

的功率；

(3)求碰撞过程中A和8损失的总动能.

答案(1)2/?⑵mgsin的2gRcos0OJ^lOmgR

解析(1)设8到半圆弧轨道最高点时速度为。2,，由于8对轨道最高点的压力为零，则由

,s'2

牛顿第二定律得mg=m-^一

B离开最高点后做平抛运动，

则在竖直方向上有2H=上户

在水平方向上有t

联立解得x=2H

(2)对A由。点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcosd=^mv^

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=mgVDsin9

解得P=mgsin0\)2gRcos0

(3)设A、5碰后瞬间的速度分别为s、6,对5由。点到最高点的过程，

由机械能守恒定律得5t疗=^mV2'2+mg・2R

解得v2=y[5^R

对A由。点到C点的过程,由机械能守恒定律得fzoj=

解得5=也袤

设碰前瞬间A的速度为。o,对A、3碰撞的过程，由动量守恒定律得m0o=m。1+加02

解得vo=y^+小尿

碰撞过程中A和8损失的总动能为

AE=^mvo2—^mvi2—^mvT2

解得AE=®mgR.

3.(2022•山东威海市高三期末)如图所示，两物块尸、。静止在水平地面上，相距L=().48m,

P、。的质量分别为1kg和4kg,尸与左侧一固定的弹性挡板接触.已知尸与水平地面间无

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，尸以4m/s的初速度向。运动并与之发生弹性正撞.求：

(1)尸与。第一次碰撞后的瞬间各自速度的大小；

(2)P与Q第二次碰撞后的瞬间。的速度大小.

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答案⑴亍m/s弓m/s(2岳m/s

解析(1)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为⑦和⑦

miVo=miVi+m2V2

多为0()2=/]0]2+1262

铲汨12/8/

解付01=一百~m/s,m/s

12Q

所以两物块碰后瞬间的速度大小分别为写m/s、5m/s

(2)设碰后Q的加速度为a

]umg=ma

假设第二次碰撞前。没有停止运动，有

x+2L=\vi\ti

12

%=。26一料1

解得力=0.8s

假设第二次碰撞前。已经停止运动，有

V2=at2

解得亥=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，尸的速度为VP',Q的速度为VQ',

则有

VQ=V2-ati

miVp+m2VQ=miVp'

^miVp1+^m2VQ1='^miVp'2

Vp=­V\

解得=||m/s.

4.(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8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

台面右侧底端的点