第七章　第5课时　专题强化：用三大观点解决力学问题-2025物理大一轮复习讲义人教版

第5课时专题强化：用三大观点解决力学问题目标要求掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。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．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(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入数据解得v1＝8m/s。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2m。例2(2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，小车上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，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹以水平速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x。答案(1)1.2m(2)8m/s(3)8.5J(4)0.4m解析(1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2由机械能守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh联立解得h＝1.2m，即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2m。(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2联立解得v3＝2m/s，v＝8m/s，即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8m/s。(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同。由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm联立解得Epm＝8.5J。(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC段总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs联立解得s＝2.4m＝4L－x则小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4m。例3(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＝2eq\r(21)m/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＝eq\f(1,2)kx2(x为形变量)，重力加速度g＝10m/s2。(1)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)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)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＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mv02在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(vF2,R)解得vF＝10m/s，FN＝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＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mva2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＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)×3mvb2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′，解得v′＝eq\f(5,3)m/s设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有eq\f(1,2)×(m＋3m)v2＝eq\f(1,2)×(m＋3m＋2m)v′2＋eq\f(1,2)kx12，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。例4(2023·广东茂名市一模)某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，选手从高台俯冲而下，为了解决速度过快带来的风险，设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板，B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑，经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M0＝48kg，C的质量为M＝12kg。A、B的长度均为L＝3m，选手与A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍，B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度，选手和物体C均可看作质点，g＝10m/s2，则：(1)为了防止A滑动而出现意外，选手及装备的质量最大不超过多少？(2)若选手及装备的质量为60kg，从h＝3.3m的高台由静止开始滑下，经过A与C发生碰撞后一起运动，碰撞时间极短可忽略，在此碰撞过程中系统损失的机械能为多少？(3)在第(2)问前提下，选手与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，要使选手能够到达河岸，河岸的最大宽度d为多少？答案(1)102kg(2)180J(3)6.75m解析(1)设选手及装备的质量为m，为了防止A滑动，则μ1mg≤μ2(M0＋m)g＋0.1(M＋M0)g解得m≤102kg(2)滑上A时速度为v1eq\f(1,2)mv12－0＝mgh与C碰前速度为v2eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝－μ1mgL选手经过A与C发生碰撞后一起运动，速度为vmv2＝(M＋m)v损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得ΔE＝180J(3)选手与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，根据动量定理ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M0)v′，f＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120N解得v′＝2.5m/sB运动距离x1＝eq\f(v′,2)t＝0.625m之后一起减速，加速度大小为a＝eq\f(f,M＋m＋M0)＝1m/s2减速位移x2＝eq\f(v′2,2a)＝3.125m所以最大宽度d＝x1＋x2＋L＝6.75m。课时精练1．(2024·江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为eq\r(gL)，重力加速度为g，sin37°＝0.6，求：(1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；(3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\f(\r(gL),2)eq\f(\r(gL),2)(3)eq\f(6,5)mgL解析(1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(gL)(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1根据能量守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv22＋eq\f(1,2)mv12解得v1＝v2＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(gL),2)(3)由于v2＝eq\f(\r(gL),2)<eq\r(gL)，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有3mgsinα＋3μmgcosα＝3ma解得a＝gsinα＋μgcosα＝g根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝eq\f(v2,a)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g))物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为Q＝μ·3mgcosα(eq\f(1,2)v2t1＋eq\r(gL)t1＋eq\r(gL)t1－eq\f(1,2)v2t1)＝eq\f(6,5)mgL。2．(2023·广东卷·15)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；(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－3mv02(3)eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))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，由动能定理知2mg·3L－W＝eq\f(1,2)×2m(2v0)2－eq\f(1,2)×2mv02解得W＝6mgL－3mv02(3)A、B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\f(1,2)×2m×(2v0)2]解得v1＝2v0，v2＝v0(另一解v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝eq\f(5,3)v0不符合题意，舍掉)两药品盒做平抛运动的时间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))。3．(2024·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5m、质量m2＝2kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t；(2)物块a经过B点时的速度大小vB；(3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？答案(1)2m/s23m/s21s(2)5m/s(3)0<L≤0.25m或L＝0.625m解析(1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2代入数据解得a1＝2m/s2，a2＝3m/s2由物块a与薄板b之间的位移关系可得eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝l，代入数据解得t＝1s(2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2m/s设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系可得vAcos60°＝v0物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为vB，则从A到B由动能定理有m1gR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)m1vB2－eq\f(1,2)m1vA2联立解得vB＝5m/s(3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc，则由动量守恒定律和能量守恒定律有m1vB＝m1vB1＋m3vceq\f(1,2)m1vB2＝eq\f(1,2)m1vB12＋eq\f(1,2)m3vc2联立解得vB1＝0，vc＝5m/s要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3eq\f(vc2,L)解得0<L≤0.25m若在最低点绳子恰好断裂，则有m3g·2L＝eq\f(1,2)m3vc12－eq\f(1,2)m3vc2FT－m3g＝m3eq\f(vc12,L)解得L＝0.625m而若L＝0.625m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3eq\f(v12,L)解得v1＝2.5m/s<vc＝5m/s则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为0<L≤0.25m或L＝0.625m。4．(2023·海南卷·18)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。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，求B从滑上C到最终停止所用的时间。答案(1)30N(2)1.6J(3)(1－eq\f(15\r(0.8－L),1