高考物理复习之力学三大观点的综合应用

力学三大观点的综合应用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，因此用动量守恒定律去解决。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：甲乙图1(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过程由动能定理有解得v2＝5m/s。(2)B在Q点时，由牛顿第二定律得解得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解得v0＝3.75m/s。题干(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°＝ma答案(1)5m/s

(2)15.1N沿半径向下(3)3.75m/s

(4)287.5J由功能关系有解得E＝287.5J。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mC；(3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。解析(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有可得vA＝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＝mAvA－mBvB可得vB＝4.0m/s。(2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0m/s对小物块C，在0～1s内有题干对长木板B，在1s后至停下的过程有μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′可得aB′＝2.0m/s2可得μ＝0.1对长木板B，在0～1s内有μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB可得mC＝1.0kg。题干则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d＝s相＋s相′＝1.75m。答案(1)4.0m/s

(2)1.0kg

(3)1.75m跟踪训练1.(2023·深圳市调研)如图3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。图3答案(1)6m/s

(2)90J解析(1)对甲车从A处到C处的过程，根据动能定理有解得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解得ΔE＝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A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2m，A、B质量均为m＝1kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝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：(1)物块B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B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B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。答案(1)0

6m/s

(2)12m/s

6m/s(3)见解析图解得v0＝6m/sB与A碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝mv1＋mv2解得v1＝0，v2＝6m/s。此时B的速度为v3＝12m/s同样根据动量守恒定律和能量守恒定律mv2＋mv3＝mv4＋mv5解得A、B的速度为v4＝12m/s，v5＝6m/s。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v随时间t的变化如图所示。此时B的速度为18m/s1.(2021·北京卷，17)如图1所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B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h＝0.45m，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＝10m/s2。求：图1(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。答案(1)0.30s

(2)2.0m/s

(3)0.10J解得t＝0.30s。(2)设A、B碰后瞬间的速度为v，水平方向的运动为匀速运动，则有s＝vt解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。解得ΔE＝0.10J。2.(2022·山东烟台一模)如图2甲所示，半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l＝1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0＝4m/s。(1)若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；(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)。图2该过程中，由动能定理得C运动到A最低点P时，由牛顿第二定律得解得FN＝26N由牛顿第三定律可知，C对轨道的压力等于26N。(2)①C由B最右端滑至最左端的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2由能量守恒定律得由功能关系可知，摩擦产生的热量②C在A上运动时，A、C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mv1＋mv2＝2mv共由机械能守恒定律得解得h＝0.10m。图3(1)A、B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A滑块，由动能定理可得A、B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mv1＝(m＋m)v2又由能量守恒定律可得解得Epm＝1.8J。(2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv1＝mv3＋mv4又由机械能守恒定律可得解得v3＝0，v4＝6m/sA、B的总路程为s1，由功能关系有A、B运动的总圈数为n，有s1＝2πRn解得n＝2.5对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈，故A滑块的路程s2＝1.25×2πR＝5m。4.如图4所示，水平轨道OP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O点以v0＝14m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止。A、B均看作质点。已知A的质量mA＝1.0kg，B的质量mB＝2.0kg，A、B与轨道PM的动摩擦因数均为μ＝0.25，g取10m/s2，求：(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能。图4答案(1)4m/s

5m/s

(2)0.8s

(3)1.5J解析(1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，则得碰后速度v1＝4m