专题突破课10　三大观点解决力学综合问题-2025版物理大一轮复习

目标要求1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点。2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。考点一应用三大观点解决力学问题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。维度1力的观点和动量观点的应用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。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＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v12－v2＝－2a1s1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＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m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＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s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＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s。答案：(1)能计算过程见解析(2)0.2s维度2能量观点和动量观点的应用如图所示，某冰雪游乐场中，一同学用甲、乙两冰车在轨道上玩碰碰车游戏，甲车的质量m1＝20kg，乙车的质量m2＝10kg。轨道由一斜面与水平面通过光滑小圆弧在B处平滑连接。甲车从斜面上的A处由静止释放，与停在水平面C处的乙车发生正碰，碰撞后乙车向前滑行18m停止运动。已知A到水平面的高度H＝5m，B、C间的距离L＝32m，两车受到水平面的阻力均为其重力的十分之一，甲车在斜面上运动时忽略摩擦阻力作用，两车均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)甲车到达C处碰上乙车前的速度大小；(2)两车碰撞过程中的机械能损失。解析：(1)对甲车从A处到C处的过程，根据动能定理有m1gH－Ff1L＝eq\f(1,2)m1v2，其中Ff1＝eq\f(1,10)m1g解得v＝6m/s。(2)对碰后乙车在阻力作用下减速到静止的过程，根据动能定理有－Ff2x2＝0－eq\f(1,2)m2v22，其中Ff2＝eq\f(1,10)m2g，x2＝18m解得v2＝6m/s甲、乙碰撞过程中动量守恒，有m1v＝m1v1＋m2v2碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m2v22解得ΔE＝90J。答案：(1)6m/s(2)90J维度3三大观点的综合应用(2023·浙江卷)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。解析：(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝meq\f(vC2,R)解得FC＝22N。(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s根据能量守恒可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv12解得μ＝0.3。(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2所用时间为t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s此过程滑块通过的位移为x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝eq\f(L0－x1,v1)＝1.5s则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5s。答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s考点二力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。2.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。如图所示，光滑水平平台EF的左端有一竖直弹性挡板P，木板丙紧靠平台EF右端放置在光滑水平面MN上，丙的上表面与平台EF处于同一高度。小物块甲和乙放置在平台EF上，甲、乙用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，弹簧的压缩量x＝0.4m，开始时甲、乙、丙均静止。现烧断细线，甲、乙弹开后随即移走弹簧，乙以一定的速度向左滑动与挡板P发生弹性碰撞后返回，接着甲、乙在平台EF上相碰后粘在一起，在甲、乙滑上木板丙上表面的同时，在木板丙的右端施加一个水平向右的恒力F＝16N，甲、乙运动中恰好不从木板丙的右端滑落。已知甲、乙在丙上运动的过程中，甲、乙和丙之间因摩擦产生的热量Q＝0.96J。已知甲、乙、丙的质量分别为m甲＝3kg、m乙＝1kg、m丙＝6kg，甲、乙与木板丙的上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)在弹簧恢复原长的过程中，甲发生的位移大小；(2)甲、乙一起滑上木板丙上表面时的速度大小；(3)弹簧开始时的弹性势能。解析：(1)对甲、乙系统分析，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝0该方程在弹簧恢复原长过程每时每刻均成立，则在弹簧恢复原长过程有m甲eq\o(v,\s\up6(－))1Δt－m乙eq\o(v,\s\up6(－))2Δt＝0则有m甲x1－m乙x2＝0在弹簧恢复原长的过程中，两物块的相对位移大小为x，则有x1＋x2＝x解得x1＝eq\f(m乙x,m甲＋m乙)＝0.1m。(2)在甲、乙滑上木板丙后至共速过程，对甲、乙μ(m甲＋m乙)g＝(m甲＋m乙)a1对木板F＋μ(m甲＋m乙)g＝m丙a2速度关系v甲乙－a1t＝a2t＝v位移差Δx＝eq\f(v甲乙＋v,2)t－eq\f(vt,2)热量Q＝μ(m甲＋m乙)gΔx解得甲、乙一起滑上木板丙上表面时的速度大小v甲乙＝1.2m/s。(3)对甲、乙弹簧恢复原长过程，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝0能量守恒得Ep＝eq\f(1,2)m甲v12＋eq\f(1,2)m乙v22甲与乙碰撞后粘在一起，由动量守恒得m甲v1＋m乙v2＝(m甲＋m乙)v甲乙解得Ep＝3.84J。答案：(1)0.1m(2)1.2m/s(3)3.84J【对点训练】(2023·广东卷)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，AB在滑至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克；(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。解析：(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,μg)。(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W克＝eq\f(1,2)×2mv02＋2mg·3L－eq\f(1,2)×2m(2v0)2＝6mgL－3mv02。(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2eq\f(1,2)×2m·(2v0)2－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2m·（2v0）2))解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝eq\f(5,3)v0舍掉)两物体平抛运动的时间t1＝eq\r(\f(2L,g))则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。答案：(1)eq\f(v0,μg)(2)6mgL－3mv02(3)eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))限时规范训练291.图甲为冰壶比赛场地的示意图，其中营垒区由半径分别为R、2R和3R三个同心圆组成，圆心为O。某次比赛中，B壶静止在营垒区M处，对方选手将A壶掷出，A壶沿冰道中心线PO滑行并与B发生正碰，最终二者分别停在O点和N点，如图乙所示。已知冰壶质量均为m，冰面与冰壶间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。求：甲乙(1)碰后A壶刚停止时两壶间的距离；(2)碰撞过程中损失的机械能。解析：(1)设A壶与B壶碰后的速度分别为vA、vB，由动能定理－μmgR＝0－eq\f(1,2)mvA2，－μmg(4R)＝0－eq\f(1,2)mvB2解得vA＝eq\r(2μgR)，vB＝2eq\r(2μgR)设A壶与B壶碰后运动时间t停止，在时间t内A壶运动距离为R，B壶运动的距离为xB，则vA＝μgt，xB＝vBt－eq\f(μgt2,2)解得t＝eq\r(\f(2R,μg))，xB＝3R此时A壶与B壶的距离Δx＝xB－xA＝2R。(2)设A壶与B壶碰前瞬间的速度为v，A壶与B壶碰撞过程中动量守恒，则mv＝mvA＋mvB碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－(eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2)解得v＝3eq\r(2μgR)，ΔE＝4μmgR。答案：(1)2R(2)4μmgR2.(2021·河北卷)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g取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。解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力的合力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s3.如图甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v-t图像如图乙所示，t＝7.5s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2kg，滑块B的质量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙(1)碰撞后滑块B的速度；(2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力；(3)滑块A的速度大小v0；(4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B需要多消耗的能量。解析：(1)设A、B碰撞后B的速度为v2，到达Q点时速度为v3，由图像可得v3＝4m/s，在PQ过程由动能定理有－mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22解得v2＝5m/s。(2)B在Q点时，由牛顿第二定律得FN－mgcos37°＝meq\f(v32,R)解得FN＝15.1N根据牛顿第三定律B经Q点时对轨道的压力大小为15.1N，方向沿半径向下。(3)设A、B碰后A的速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2由机械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v0＝3.75m/s。(4)由v-t图像可得，传送带的速度v4＝5m/s，传送带从Q到H的长度x＝36.25m，滑块在传送带上滑动的相对距离为Δx＝1.25m，设滑块在传送带上的加速度为a，设传送带的动摩擦因数为μ，则μmgcos37°－mgsin37°＝maa＝eq\f(v4－v3,t1)由功能关系有ηE＝eq\f(1,2)m(v42－v32)＋mgxsin37°＋μmgcos37°·Δx解得E＝287.5J。答案：(1)5m/s(2)15.1N沿半径向下(3)3.75m/s(4)287.5J4.(2021·湖北卷)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；(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所受的力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。解析：(1)设B运动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，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B离开最高点后做平抛运动则在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R。(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于对A做功的力只有重力，则A所受的力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθ·eq\r(2gRcosθ)。(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R，解得v2＝eq\r(5gR)对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR解得v1＝eq\r(2gR)设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR。答案：(1)2R(2)mgsinθ·eq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR5.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。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＝2gR①其中eq\f(vy,vD)＝tan45°②联立①②解得vD＝4m/s③设平抛用时为t，水平位移为x2，则有R＝eq\f(1,2)gt2④x2＝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＝2ax1⑦解得x1＝2.5m⑧故BP之间的水平距离sBP＝x2＋x1＝4.1m⑨。(2)假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有－eq\f(\r(2),2)mgR＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvD2⑩设在M点轨道对物块的压力大小为FN，则FN＋mg＝meq\f(vM2,R)⑪由③⑩⑪解得FN＝(1－eq\r(2))mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点。(3)物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6m/s⑫设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvA2⑬由⑫⑬解得h＝1.8m。答案：(1)4.1m(2)不能(3)1.8m6.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与