2024届高考物理复习讲义：专题强化十二 力学三大观点的综合应用

专题强化十二力学三大观点的综合应用

学习目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2.会灵活选用三大观点解

决力学综合问题。

1.三个基本观点

(1)力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.规律选用原则

(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)或动能定理(涉及位移)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，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

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，因此用动量守怛

定律去解决。

例1(2023•山东潍坊模拟)如图1甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾向为

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4以速度内向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。一，图像如图乙所示，f=7.5s时B离开传送带的上端”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°

=06cos37°=0.8o求：

甲

图1

(1)碰撞后滑块8的速度；

(2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力；

(3)滑块A的速度内；

(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。

答案(1)5m/s(2)15.1N沿半径向下(3)3.75m/s(4)287.5J

解析(1)设4、8碰撞后8的速度为s,到达Q点时速度为。3,由图像可得

S=4m/s

在尸。过程由动能定理有

fg(R-Rcos37°)='^—%成

解得s=5m/so

(2)8在。点时，由牛顿第二定律得

厂N—〃吆COS370=17%

解得尸N=15.1N

根据牛顿第三定律3经。点时对轨道的压力大小为15.1N,方向沿半径向下。

(3)设A、8碰后A的速度为。1,由动量守恒定律得Ma=Ms+〃切2

由机械能守恒定律得%=3"沆+5状

解得0o=3.75m/s。

(4)由0—r图像可得，传送带的速度。4=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Av=1.25m

设滑块在传送带上的加速度为m设传送带的动摩擦因数为〃，则

Pmgcos37°一〃?gsin37°=〃也

V4-V3

t\

由功能关系有

)]E—^n(vl—vj)+n370+/z/??gcos370-Ax

解得E=287.5J。

例2(2023•湖北省七市联考)如图2(a)所示，质量为%=4.0kg的物块A与质量为

“8=2.0kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑狡炸

药，长木板8的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物

块A可在水平面上向左滑行s=1.2m,小物块。的速度随时间变化的图像如图(b)

所示。已知物块A和长木板3与水平面间的的动摩擦因数均为网=/物块C未

从长木板3上掉落，重力加速度g取1()m/s2,求：

_1

vc/(m,s)

AB

(a)(b)

图2

(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；

(2)小物块C.的质量加c:

(3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离4

答案(1)4.0m/s(2)1.0kg(3)1.75m

解析(1)对物块4在爆炸后，根据动能定理有

八17

一〃。帆4gs—0-

可得办=2.0m/s

对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0="7人列一〃用加

可得加=4.0m/So

(2)由题图可知，B、。在相对滑动过程中共速时速度为。共=1.0m/s

对小物块C,在。〜1s内有

小一0

m]gH-f\L=^nw2,其中力=而机区

解得v=6m/So

(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

一加2=0-3机2遇，其中力=1^〃[2g,X2=18m

解得V2—6m/s

甲、乙碰撞过程中动量守恒，有

m\v=m\V\+〃22S

碰撞过程中损失的机械能

_171?I?

AE=2^IY2m,PT—，加2s

解得AE=90J。

2.(2023•山东潍坊高三期末)如图4所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长

直木板4,木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为d=2m,4、B

质量均为"7=1kg,不计一切摩擦。从某时刻起，8始终受到水平向右、大小为

尸=9N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机

械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10m/s2。求：

s_____________n

△

图4

(1)物块8与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；

(2)由静止开始经多长时间物块8与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B

的速度大小；

(3)画出由静止释放到物块6与A挡板发生3次碰撞时间内,物块B的速度v随

时间，的变化图像。

答案(1)()6m/s(2)12m/s6m/s(3)见解析图

解析(1汨从A的左端开始到右端的过程，由动能定理&/=沙加&

解得。。=6m/s

B与A碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，有机“)=/如|+/〃6

解得矶=0,s=6m/s°

(2)第一次碰后A向右以速度s=6m/s做匀速运动，B做初速度为0,加速度为

E1

a=—=9m/s2的匀加速运动，则第二次碰撞时V2t=2^

4

解得f—gs

此时3的速度为S=12m/s

同样根据动量守恒定律和能量守恒定律

invi+tnvi=mvA+"吆

+^invy=

解得人、75的速度为g=12m/s,用=6m/s。

(3)同理第3次碰撞时。5尸+5产

4

解得z，=3s

此时B的速度为18mA

从开始运动到第一次碰撞的时间t^=ls

画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度。脸时

间t的变化如图所示。

提升素养能力

(限时：40分钟)

1.(2021・北京卷,17)如图1所示，小物块A、8的质量均为，=0.10kg,8静止

在轨道水平段的末端。A以水平速度内与8碰撞，碰后两物块粘在一-起水平抛

出。抛出点距离水平地面的竖直高度为〃=().45m,两物块落地点距离轨道末端

的水平距离为s=0.30m,取重力加速度g=10mi。求：

A

B

图1

⑴两物块在空中运动的时间n

(2)两物块碰前A的速度V0的大小；

⑶两物块碰撞过程中损失的机械能△及

答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J

解析(1)两物块碰撞后，竖直方向的运动为自由落体运动则有“=女尸

解得1=0.30s。

(2)设A、B碰后瞬间的速度为0,水平方向的运动为匀速运动，则有s=U

解得p=1.0m/s

根据动量守恒定律有tnvo=2mv

解得0o=2.Om/So

(3)根据能量守恒定律可得，两物块碰撞过程中损失的机械能

1.1.

5X2mv-

解得AE=0.10J。

2.(2022•山东烟台一模)如图2甲所示，半径A=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A

与长/=1m的平板3均静置于光滑水平地面上，A与8刚好接触且二者的上表

面相切，一物块。(可视为质点)静置于3的最右端，。与B上表面的动摩擦因数

〃从左往右随距离/均匀变化，其变化关系如图乙所示。己知4、5、。的质量均

为，〃=1kg,重力加速度g=10m/s2,现给C-水平向左的初速度。o=4m/s。

图2

(1)若A、8固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点?时对轨道的压力人

(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求:

①C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功;

②C相对于A最低点P所能达到的最大高度(结果保留2位有效数字)。

4()

答案(1)26N(2)©yJ②0.10m

解析(1)C由6最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功

川"吆+〃2叫..

Wt=/=~4J

该过程中，由动能定理得

Wf=^mvp-^nvi

C运动到A最低点尸时，由牛顿第二定律得

mv%

FN—，ng=~^~

解得FN=26N

由牛顿第三定律可知，C对轨道的压力等于26N。

(2)①。由8最右端滑至最左端的过程中，A、B、。组成的系统动量守恒，由动

量守恒定律得

mvi)=mv\-^2mv2

由能量守恒定律得

=jnvy+；XQ

由功能关系可知，摩擦产生的热量

/=4J

Q=2

82

-

S-一

3m/9V23

对c由动能定理得一w甄讲一2机。8

4()

解得印克=/J

②。在A上运动时，A、。组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当A、

C在水平方向达到共同速度时C运动到最高点，由动量守恒定律得

mv2=1nw共

由机械能守恒定律得

避=J义2mvl.+mgh

解得力=0.10m。

3.如图3,一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑,

2

半径m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为"7=0.2kg。

两滑块初始位置与圆心连线夹角为90。，现给A滑块一瞬时冲量，使其获得。o

=2710m/s的初速度并沿铁槽运动，与3滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短);

己知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数4=02g=l()m/s2。试求：

(1)A、8第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；

(2)A滑块运动的总路程。

答案(1)1.8J(2)5m

解析(1)对4滑块，由动能定理可得

2兀A1

一卬叫,丁=呼用7

A、8碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得

又由能量守恒定律可得

山=；(〃?+m)vi+Epm

解得Epm=L8J。

(2)A、8发生弹性碰撞，由动量守恒定律得

mV\=相03+加04

又由机械能守恒定律可得

~mvx=m

解得。3=0,04=6m/s

A、3的总路程为si,由功能关系有

=0-

A、B运动的总圈数为〃，有si=2兀R〃

解得〃=2.5

对A、8的运动过程分析，A运动了1.25圈，

故A滑块的路程S2=L25X27iR=5m。

4.如图4所示，水平轨道。户光滑，PM粗糙，PM长L=3.2m。OM与半径R=

0.15m的竖直半圆轨道MN平滑连接。小物块A自。点以如=14m/s向右运动，

与静止在P点的小物块8发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、8分开，A恰好运

动到M点停止。A、8均看作质点。已知A的质量〃以=1.0kg,8