金版教程2025年高考物理复习专题强化九力学三大观点的综合应用

专题强化九力学三大观点的综合应用关键能力发展与提升1．解决力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：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、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题。(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动力学关系式，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能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的过程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，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。考向1动量与动力学观点的综合应用例1(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。[答案](1)9m(2)7.44m/s[解析](1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入数据解得a1＝2m/s2已知滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1s)，由运动学规律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则v1＝a1(t＋t0)代入数据解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入数据解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝7.44m/s。考向2动量与能量观点的综合应用例2(2022·福建高考)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。[答案](1)eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgs0)(2)eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)(3)eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)[解析](1)设C在碰撞前瞬间的速度大小为v1，小物块C运动至刚要与物块B相碰的过程，根据动能定理可得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgs0)。(2)物块B、C发生完全非弹性碰撞，则碰后瞬间速度相等，设速度大小为v2，碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2C与B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)联立解得ΔE＝eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)。(3)设滑板A刚要滑动时弹簧的压缩量为Δx，此时对滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W＝2μmg·Δx联立解得W＝eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)。考向3力学三大观点的综合应用例3(2023·天津高考)已知A、B两物体的质量mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从距水平地面h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从水平地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞损失的机械能ΔE。[答案](1)1m(2)0(3)12J[解析](1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落高度为hA＝eq\f(1,2)gt2则碰撞时离地高度x＝h－hA联立并代入数据解得x＝1m。(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－eq\f(1,2)gt2代入数据解得vB0＝6m/s碰撞前A物体的速度大小vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前B物体的速度大小vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v代入数据解得v＝0。(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能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代入数据解得ΔE＝12J。例4(2023·广东高考)如图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：(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)设A在传送带上加速运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma由匀变速直线运动规律得v0＝at联立解得t＝eq\f(v0,μg)。(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理得2mg·3L－W＝eq\f(1,2)·2m·(2v0)2－eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,0)解得W＝6mgL－3mveq\o\al(2,0)。(3)设A、B碰撞后瞬间的速度分别为vA、vB，以向右为正方向，根据碰撞过程系统动量守恒，有2m·2v0＝2mvB＋mvA由题意得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\f(1,2)·2m·(2v0)2联立解得vA＝2v0，vB＝v0(另一解vA＝eq\f(2,3)v0，vB＝eq\f(5,3)v0不符合实际，故舍去)离开N点后，A、B均做平抛运动，设运动时间均为t1，由平抛运动规律得L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)圆盘半径r＝eq\f(1,2)(vAt1－vBt1)由几何关系可知，圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为s＝vBt1＋r联立解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。应用力学三大观点解决多过程问题的思路(1)对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。课时作业1.(2023·湖南省邵阳市高三下二模)如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则()A．球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等B．球Q所受重力的功率保持不变C．球Q的机械能守恒D．球Q动量变化的方向竖直向下答案C解析设钢索与水平面的夹角为θ，对小球Q受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得球Q沿钢索下滑的加速度大小a＝gsinθ，故A错误；球Q下滑过程中所受重力的功率PG＝mgvQsinθ，因速度vQ在增大，故重力的功率PG也增大，B错误；球Q运动过程中只受绳子拉力和自身重力作用，且绳子拉力始终与运动方向垂直，不做功，只有重力做功，因此球Q的机械能守恒，C正确；根据动量定理可知，球Q动量变化的方向为球Q所受合力的方向，由A项分析可知，合力方向沿钢索向下，故D错误。2．(2023·天津高考)质量为m的列车以速度v沿水平直轨道匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到大小为f的阻力，下列说法正确的是()A．减速运动加速度大小a＝eq\f(F,m)B．力F的冲量大小为mvC．刹车距离为eq\f(mv2,2（F＋f）)D．匀速行驶时牵引力的功率为(f＋F)v答案C解析根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝eq\f(F＋f,m)，故A错误；根据运动学公式有0＝v－at，解得列车制动刹车的时间t＝eq\f(mv,F＋f)，故力F的冲量大小为I＝Ft＝eq\f(Fmv,F＋f)，方向与运动方向相反，故B错误；根据运动学公式有0－v2＝－2ax，可得刹车距离为x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(mv2,2（F＋f）)，故C正确；匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，则牵引力的功率为P＝fv，故D错误。3．(粤教版选择性必修第一册·第一章第三节[练习]T3改编)(2023·河北省沧州市高三下一模)(多选)如图所示，物块A的质量为1kg，物块B及小车C的质量均为2kg，小车足够长。物块A、B与小车C之间的动摩擦因数均为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑，两物块间夹一轻质弹簧，弹簧与物块不连接。初始时双手摁住两个物块，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为F，重力加速度g取10m/s2，现双手同时放开，则下列说法正确的是()A．无论弹力F为多大，最终三者速度均为0B．若F＝1.5N，则释放物块后，A、C发生相对滑动C．若F＝2N，则释放物块后，A、C之间及B、C之间均发生相对滑动D．若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，则全过程中弹簧减少的机械能大于系统内摩擦产生的热能答案AB解析水平地面光滑，则A、B、C组成的系统动量守恒，且三者之间最终无相对运动，速度相等，又初始时A、B、C三者速度均为0，系统动量为0，则无论弹力F为多大，最终三者速度均为0，故A正确；由Ff＝μmg可知，A、C之间的最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随着F逐渐增大，A、C之间先发生相对滑动，当A、C恰未发生相对滑动时，F1＝μmAg＝1N，因F＝1.5N>F1，故释放物块后，A、C之间相对滑动，B正确；随着F继续增大，B、C将发生相对滑动，B、C之间恰未发生相对滑动时，对C分析可知，fBC－fAC＝mCa0，对B、C整体分析可知，F2－fAC＝(mB＋mC)a0，解得F2＝3N，F＝2N时，因F1<F<F2，则A、C之间发生相对滑动，B、C之间未发生相对滑动，故C错误；若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，而A、B、C三者最终也将均静止，根据能量守恒定律可知，全过程中系统减少的机械能即弹簧减少的弹性势能等于系统内摩擦产生的热能，故D错误。4.(2023·江苏省徐州市高三下考前模拟(三模))如图所示，某同学将两相同羽毛球A、B从同一高处以相同速率v0水平打出。运动过程中羽毛球仅受到重力及恒定的水平风力作用，逆风的球A落至地面上的P处，顺风的球B落至地面上的Q处。则()A．A球飞行时间比B球长B．两球落地时速度大小相同C．两球飞行过程中合外力的冲量相同D．两球落地时重力的功率不同答案C解析A、B两球竖直方向均做自由落体运动，则h＝eq\f(1,2)gt2，可知两球飞行时间相等，故A错误；整个过程中，重力对A、B球做功相同，由题图可知，水平风力对A球做负功、对B球做正功，结合动能定理知，B球落地时动能较大，所以B球落地时的速度大于A球落地时的速度，故B错误；两球飞行过程中，合外力的冲量为I＝F合t，由于两球受相同的重力和恒定的风力，所以两球所受的合外力相同，又由A项分析知两球飞行时间相等，所以两球飞行过程中合外力的冲量相同，故C正确；落地时重力的功率为PG＝mgvy，而vy＝gt，解得PG＝mg2t，可知两球落地时重力的功率相同，故D错误。5．(2022·重庆高考)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图中曲线①、②所示，则()A．物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(2),3)B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3JC．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶eq\r(2)答案BC解析由题意知，拉力大小F＝f＝μmgcos45°，当拉力沿斜面向下时，对物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin45°＋F－f＝ma1，得物块下滑的加速度大小为a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功分别为WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2＝18J，Wf＝－μmgcos45°·eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2＝－6J，联立解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，故A错误；当拉力沿斜面向上时，对物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，得物块下滑的加速度大小为a2＝gsin45°－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，则当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为a2∶a1＝1∶3，故C正确；当拉力沿斜面向上，物块位移大小为x时，重力做功为WG′＝mgsin45°·x，合力做功为W合＝ma2·x，两者比值为eq\f(WG′,W合)＝eq\f(gsin45°,a2)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝3，则重力做功为WG′＝9J时，合力做功为W合＝eq\f(WG′,3)＝3J，由动能定理知此时物块动能为3J，故B正确；由p＝mv、v2＝2ax联立，得动量大小p＝meq\r(2ax)，则当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为p2∶p1＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝1∶eq\r(3)，故D错误。6.(2023·山西省大同市高三下三模)(多选)用如图所示的装置来估测子弹的射出速度，取一只乒乓球(可视为质点)，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥，放在桌子的边缘处。用玩具枪水平瞄准球的圆孔(玩具枪的枪口不能对着人)扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一起水平抛出。已知球的总质量为M，桌面的高度为h，乒乓球落地点与桌子边缘的水平距离为s，子弹的质量为0.5M，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．子弹与乒乓球一起水平抛出时的速度为seq\r(\f(g,2h))B．子弹刚要射入乒乓球之前的动量为eq\f(3Ms,2)eq\r(\f(2g,h))C．子弹对乒乓球的冲量大小为Mseq\r(\f(g,2h))D．子弹与乒乓球在碰撞过程中生成的热量为eq\f(3Ms2g,4h)答案ACD解析设子弹与乒乓球一起水平抛出时的共同速度为v共，在空中的运动时间为t，由平抛运动的规律可得s＝v共t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v共＝seq\r(\f(g,2h))，A正确；设子弹刚要射入乒乓球之前的动量为p，子弹与乒乓球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得p＝(M＋0.5M)v共，解得p＝eq\f(3Ms,4)eq\r(\f(2g,h))，B错误；对碰撞前后的乒乓球应用动量定理可得，子弹对乒乓球的冲量大小I＝Mv共＝Mseq\r(\f(g,2h))，C正确；由动量与动能的关系Ek＝eq\f(p2,2m)及能量守恒定律可得，子弹与乒乓球在碰撞过程中生成的热量为Q＝eq\f(p2,2×0.5M)－eq\f(1,2)(0.5M＋M)veq\o\al(2,共)＝eq\f(3Ms2g,4h)，D正确。7．(2023·海南高考)如图所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。重力加速度g取10m/s2。求：(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，则B从滑上C到最终停止所用的时间。答案(1)30N(2)1.6J(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s(其中L的单位为m)解析(1)设滑块B滑到A的底端时速度为v0，由动能定理得mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－0解得v0＝2m/sB在A底端时，设A对B的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律，有FN－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝30N由牛顿第三定律可知，此时B对A的压力大小FN′＝FN＝30N。(2)当B滑上C后，因μ1<μ2，分析可知B、C相对滑动。对B，根据牛顿第二定律得μ1mBg＝mBa1解得B向右减速的加速度大小a1＝2m/s2对C，根据牛顿第二定律得μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得C向右减速的加速度大小a2＝10m/s2因为a1<a2，所以C先减速到0，之后C静止在地面上，B继续以加速度a1减速。从B滑上C到B与地面保持相对静止，对B有veq\o\al(2,0)＝2a1x1解得B向右运动的距离x1＝1m对C有veq\o\al(2,0)＝2a2x2解得C向右运动的距离x2＝0.2m由功能关系可知，B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6J。(3)由L<0.8m＝x1－x2，结合(2)中分析可知，B在减速到0之前与C上挡板发生碰撞。若B与C右端挡板碰撞前，C已停下，设从B滑上C到C停止用时为t1，有0＝v0－a2t1解得t1＝0.2sC运动过程中B的位移大小为xB1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36m则C停下时B、C的相对位移大小为x相＝xB1－x2＝0.16m此时vB1＝v0－a1t1＝1.6m/s由L>0.16m可知，C停下时，B未到达C右端与挡板碰撞。设再经时间t2B与C右端挡板碰撞，有L－x相＝vB1t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得t2＝(0.8－eq\r(0.8－L))s(另一解不合理，舍去)碰撞前瞬间B速度为vB2＝vB1－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s碰撞时由动量守恒定律可得mBvB2＝(mB＋mC)v解得碰撞后瞬间B、C速度为v＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a3解得加速度大小a3＝8m/s2设再经时间t3B、C停下，则有0＝v－a3t3解得t3＝eq\f(\r(0.8－L),16)s故B从滑上C到最终停止所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s(其中L的单位为m)。8．(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。(