高考物理一轮复习 第七章　第37课时　专题强化：力学三大观点的综合应用（教师版）

第37课时专题强化：力学三大观点的综合应用目标要求掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题。1.解决动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：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，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。2.动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，即系统内能的增加量。(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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。例1(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10m/s2。(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=5m/s2由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=v传22a=2.5m<L传=3可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5m/s。(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s，v1=-1m/s解得v2=3m/s小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球v小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g(联立解得d=0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m。例2(2025·浙江1月选考·16)一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落到GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R=0.2m，m=0.1kg，EF段长度L=516m，FG间距LFG=0.4m，GH间距LGH=0.22m，HI间距LHI=0.1m，EF段μ=0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。(1)若h=0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC。(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h。(3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。答案(1)2m/s(2)2m(3)2.5m或2m解析(1)对滑块1从A点下滑到BC轨道过程，由动能定理mgh=12m解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为v0=4m/s滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律mv0=2mvC解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC=2m/s(2)滑块3恰好通过轨道D点，由牛顿第二定律2mg=2mv解得vD=2m/s滑块3从C点到D点，由机械能守恒定律12×2mvC'2=2mg×2R+12×2解得vC'=10m/s结合mgh=12mv0'2，mv0'=2mvC联立解得h=2m(3)滑块3从C'点到F点的过程中，由动能定理-2mgLsin37°-μ×2mgLcos37°=12×2mvF2-12×2若滑块3直接落入洞中，则竖直方向vFsin37°=gt水平方向LFG+LGH+LHI=vFcos37°·t1结合mgh1=12mv0″2，mv0″=2mvC联立解得h1=2.5m若经一次反弹落入洞中，则t2=2vF水平方向LFG+LGH+LHI=vF'cos37°·t2结合mgh2=12mv0‴2，mv0‴=2mvC-2mgLsin37°-μ×2mgLcos37°=12×2mvF'2-12×2mvC联立解得h2=2m。综上，高度h为2.5m或2m时游戏能成功。例3(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。答案(1)v0(2)v02(3)(12)4n解析(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2由能量守恒定律有12mv02=12mv12解得v1=-12v0，v2=12负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为12v0(3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的12，右侧第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的12，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=(12)2则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=12mv2=(12)4n+1m数列法在动力学中的应用凡涉及数列的物理问题具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程并不完全重复，而是有一定的变化，利用某些物理量前后变化的联系，找出变化规律。该问题的解题思路：(1)逐个分析开始的几个物理过程。(2)利用归纳法从中找出物理变化的通项公式。(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。课时精练[分值：40分]1.(12分)(2025·河南卷·14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块P，另一质量为m2=4kg的小物块Q以v0=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(3分)该碰撞过程中损失的机械能；(2)(9分)P从开始运动到静止经历的时间。答案(1)24.5J(2)5s解析(1)Q与P发生正碰，由动量守恒定律得m2v0=m2vQ+m1v由能量守恒定律得12m2v02=12m2vQ2+1联立可得ΔE=24.5J(2)对物块P由牛顿第二定律得μm1g=m1a，解得a=5m/s2，由v2=2ax得x=4.9m因为x=2l2+0.1m，则物块P最终停在第三个防滑带上，由逆向思维法得x=12at12，解得物块P在防滑带上运动的时间t1=1.设物块P通过第1个防滑带时的速度为v1通过第2个防滑带时的速度为v2则v2-v12=2al2，v12-解得v1=5m/s，v2=1m/s则物块P在光滑直道上运动的时间t2=l1v1+l1v故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1+t2=5s。2.(13分)(2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。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=221m/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=12kx2(x为形变量)(1)(3分)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)(4分)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)(6分)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从D到F，由动能定理mg·2R=12mvF2-在F点由牛顿第二定律得FN-mg=mv解得vF=10m/sFN=31.2N(2)已知滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，设滑块a与b碰后的速度大小为va，由动能定理有：-mg·2R-μmg·L=12mvB2-解得va=5m/s因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF=-mva+3mvb解得碰后b的速度vb=5m/s则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE=12mvF2-12mva2解得ΔE=0(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF=4mv解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv=6mv'则v'=53当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有12×(m+3m)v2=12×(m+3m+2m)v'2+1解得x1=0.1m系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2m。3.(15分)(2025·山东聊城市三模)如图所示，竖直放置的半径R=0.4m的14光滑圆弧轨道AB与倾角为θ=30°，长度为L0=5m的倾斜传送带BC在B点平滑连接，传送带BC的右端与静置在光滑水平面上的木板CD在C点等高平滑连接，距木板右端L1处有一固定的挡板P。现从A点正上方h=0.4m处，由静止释放小物块a，a经圆弧轨道和传送带后在一极短光滑圆弧轨道(未画出)的约束下沿水平方向滑上木板，与静止在木板左端的小物块b碰后瞬间粘在一起，木板第一次与挡板P碰撞时恰好与物块a、b达到共速。已知，传送带以v0=6m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，a的质量为m1=2kg，b的质量为m2=1kg，木板的质量为m3=1kg，物块a与传送带间的动摩擦因数为μ1=32，物块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.2，物块a经过所有连接处均无能量损失，木板与挡板P的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，重力加速度g取10m/s(1)(2分)物块a通过B点时对轨道的压力大小；(2)(3分)物块a与传送带间因摩擦产生的热量；(3)(4分)L1的大小；(4)(6分)木板在整个运动过程中总路程的大小。答案(1)100N(2)12J(3)0.75m(4)2.75m解析(1)物块a从释放点到B点，由动能定理m1g(h+R)=12m1代入数据解得vB=4m/s，在B点，由牛顿第二定律FN-m1g=m1vB解得轨道对物块a的支持力大小FN=100N，根据牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为100N。(2)由μ1>tanθ知物块a若与传送带共速，则同步向上运动，设经时间t物块a与传送带共速，v0-vB=at根据牛顿第二定律μ1m1gcosθ-m1gsinθ=m1a，联立解得a=2.5m/s2，t=0.8s，物块a的位移x=vB+v02t=4.物块a与传送带间相对滑动的距离为Δx=v0t-x=0.8m物块a与传送带间因摩擦产生的热量Q=μ1m1gcosθ·Δx=12J(3)之后物块a以v0