08　第一阶段　专题二　微专题3　应用力学三大观点解决多过程问题-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

应用力学三大观点解决多过程问题【备考指南】1．高考对本讲的命题通常结合多物体多过程的直线运动、平抛运动、圆周运动进行考查，命题注重与生产生活情境的融合，综合性强，考查“三大观点”的综合应用。2．要准确理解力学三大规律的内涵及其使用条件，掌握力学三大规律的选用技巧。3．多过程问题的考查是考试的重点，要注意提升结合运动草图条理分析运动过程的能力。1．力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及运动细节匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝vv2-v0能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及做功与能量转换机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2只涉及初末速度而不涉及力、时间2．力学规律选用的顺序：“两先一后”为了简化求解过程，选择物理规律的顺序一般是：先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律)，再选用定理(动能定理、动量定理)，最后选用牛顿运动定律和运动学公式。[典例1](2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着水平的轨道运动，已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。[解析](1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝12m解得v0＝5m/s在最低点，对小球由牛顿第二定律FT－mg＝m解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6N。(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv212m解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝2mm+Mv0＝(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3由能量守恒定律12Mv22＝解得μ1＝0.4若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4由能量守恒定律12Mv22＝12解得μ2＝0.25综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。[答案](1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[典例2](2024·1月浙江卷)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若h＝0.8m，求小物块：①第一次经过C点的向心加速度大小；②在DE上经过的总路程；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。(2)若h＝1.6m，滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块b。[解析](1)①对小物块a从由静止释放到第一次经过C点的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝1第一次经过C点时，有mvC联立解得a＝16m/s2。②由几何关系可知，E点的高度hE＝Lsinθ＋R(1－cosθ)＝0.95m>h，由能量守恒定律可知小物块a不会从E点滑出轨道DE。小物块a在DE上时，因为μ2mgcosθ<mgsinθ，所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块a每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，则根据能量守恒定律可得mg[h－R(1－cosθ)]＝(μ1mgcosθ＋μ2mgcosθ)s解得s＝2m。③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上＝gsinθ＋μ1gcosθ＝8m/s2a下＝gsinθ－μ2gcosθ＝2m/s2则对小物块a在DE上的每一次完整的上滑和下滑过程，根据运动学公式均有12a上t上'2＝1解得t上'所以t上t下(2)对小物块a从由静止释放到经过F点的过程，根据动能定理有mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgLcosθ＝1解得vF＝2m/s设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且最终二者达到共同速度v，则根据动量守恒定律和能量守恒定律分别联立有mvF＝2mv12mvF2＝12×2mv解得l＝0.2m。[答案](1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m【教师备选资源】1．(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14。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(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。[解析](1)选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma结合运动学公式可得v0＝0＋at联立解得t＝v0(2)B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得2mg×3L－W＝1联立解得W＝6mgL-3(3)设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得2m×2v0＝mvA＋2mvB根据能量守恒定律可得12×2mvB2+12m联立解得vA＝23v0，vB＝53v0(舍去)或vA＝2v0，vB＝离开平台后，药品盒做平抛运动，则有L＝1根据题意可得s＝12(vA＋vB)t联立解得s＝3v[答案](1)v0μg2．(2024·东北师大附中月考)面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生，既节能又环保。“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择“再生制动”，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0(n>1)在平直路面上匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f＝kv，后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能，求此次刹车储存多少电能；(2)求汽电混动汽车从刹车到停止的位移大小。[解析](1)设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意有E＝η12mn2v02-(2)设汽电混动汽车“再生制动”阶段运动的位移为x1，由动量定理得－fΔt＝mΔv又f＝kv，即－kvΔt＝mΔv所以在“再生制动”阶段有－kx1＝mv0－mnv0，解得x1＝m在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律有f′＝ma，又f′＝μmg解得a＝μg设匀减速运动的位移为x2，由运动学规律有-v02＝2(－a)x2，解得x所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为x＝x1＋x2＝mv[答案]112mv02η(微专题突破练(三)1．(多选)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点距A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的高度为h2，第二次由Q点由静止释放，Q点距A点高度为h2，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B点为容器内壁最低点，容器的半径为h，重力加速度为g，则下列判断正确的是(A．第一次，物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功为12B．第二次，物块运动到C点的速度刚好为0C．第一次，物块运动到B点的最大动能为74D．第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功AD[根据动能定理有mg·h2－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝12mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于12mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的平均速度大于从B运动到C的平均速度，因此物块从A运动到B过程中的平均正压力大，平均摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功，大于14mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－14mgh＝72．(多选)小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2；弹起后到达最高点时中间白色标记距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为g，不计一切阻力，下列说法中正确的是()A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为2B．上述踩压过程中压力做的功为mg(h3－h1)C．弹簧的最大弹性势能为mg(2h3－h1－h2)D．弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为m2AC[设球离地的速度为v，由动能定理可得－mg(h3－h1)＝0－12mv2，解得v＝2gh3-h1，故A正确；弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I合＝mv－0＝m2gh3-h1，故D错误；设弹簧的最大弹性势能为Ep，踩压过程中压力做的功为W，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为v1，上半球弹起过程由机械能守恒定律可得12×12mv12＋mg(h1－h2)＝Ep，连接装置拉紧过程由动量守恒定律可得mv＝12mv1，踩压过程由功能关系可得Ep＝W＋mg(h1－h2)，联立解得W＝2mg(h3－h1)，3．(多选)(2024·河北一模)如图所示，两个均可视为质点的小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在水平固定的光滑细杆上，小球A的质量为m，小球B的质量为3m。初始时细绳处于水平状态，现将两小球由静止释放，小球A在竖直平面内摆动的轨迹为如图所示的半椭圆。已知半长轴为a、半短轴为b的椭圆在最低点的曲率半径ρ＝b2a，向心加速度大小a向＝v2ρ，不计空气阻力，重力加速度大小为gA．图中椭圆的半短轴为3B．小球B的最大速度为6C．小球A到达最低点时的速度大小为6D．小球A到达最低点时细绳中的张力大小为11ABD[系统在水平方向动量守恒，结合几何关系有0＝mvA－3mvB，b＝vAt，xB＝vBt，L＝b＋xB，解得b＝3L4，故A正确；小球A到达最低点时，小球B的速度最大，有0＝mvA－3mvB，mgL＝12mvA2+12×3mvB2，解得vA＝6gL2，vB＝6gL6，故B正确，C错误；显然椭圆的半长轴a＝L，所以椭圆在最低点的曲率半径为ρ＝4．(多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则()A．子弹的初速度大小为2B．子弹在木块中运动的时间为2C．木块和子弹损失的总动能为kD．木块在加速过程中运动的距离为mLAD[子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝mv0m+M，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有12mv02＝12(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝2kLm+MmM；若子弹能够射出木块，则有v0>2kLm+MmM，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－12amt2－12aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝2kmL2Mm-M+mkt，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝2kLm+MmM，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝mMkm+M5．(热点情境·航天科技)(多选)航模比赛是青少年喜爱的一项科技活动。在某次航模比赛中，一同学操控无人机在升力作用下竖直向上运动，其动能Ek与上升高度h的关系如图所示。已知无人机的质量为1.0kg，重力加速度g＝10m/s2，则上升10m过程中()A．无人机处于超重状态B．无人机机械能增加了50JC．无人机上升所用的时间为4sD．升力的最大功率为50WBD[由题图可知，无人机上升过程中的动能越来越小，故无人机做减速运动，其加速度方向向下，处于失重状态，A错误；无人机在上升过程中，其动能减少了50J，重力势能增加了mgh＝100J，故其机械能增加了50J，B正确；由动能定理可知－F合h＝0－Ek0，故无人机受到的合力大小为F合＝Ek0h＝5N，方向竖直向下，由F合＝ma可得无人机做减速运动的加速度大小为a＝F合m＝5m/s2，故其上升过程所用的时间为t＝v0a，又12mv02＝50J，可得t＝2s，C错误；由mg－F升＝ma可得无人机的升力大小为F升＝5N，故升力的功率为P＝F升v，当v＝v0时升力的功率最大，P6．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin37°＝0.6)(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。[解析](1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则在竖直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ联立并代入数据解得FP＝1200N，FQ＝900N。(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有mgh＋W总＝0代入数据解得W总＝－4200J。[答案](1)1200N900N(2)－4200J7．(高考新动向·模块间融合)如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角θ＝30°的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小E＝3mg2q(g为重力加速度大小)。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C(1)凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；(2)当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的弹性势能；(3)从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。[解析](1)以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有4mgsinθ＝μ(4mgcosθ－qE)解得μ＝43(2)设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4Ep，C与A碰撞过程，由动量守恒定律有mv0＝2mv1从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv1＝4mv212·2mv12＋E解得Ep＝124(3)从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B与AC之间的碰撞类似弹性碰撞，有2mv1＝2mv1'＋212·解得v2'＝v02或v2'＝0，弹簧第1、3、5、…、2n由动量定理有I弹＋2mgsinθ·t＝2m·v解得I弹＝mv0－mgt即冲量大小为|mv0－mgt|弹簧第2、4、6、…、2n次恢复初始时的压缩状态时，有v'由动量定理有I弹＋2mgsinθ·t＝0解得I弹＝－mgt即冲量大小为mgt。[答案](1)4398．如图所示，质量M＝3kg的薄木板A静置于水平地面上，其右端为固定在地面上半径R＝0.75m的竖直光滑圆弧轨道，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成θ＝37°角。质量m＝2kg的小物块B从距薄木板A高H＝2m的位置水平抛出，恰好从圆弧轨道最高点沿圆弧切线方向滑入轨道。已知小物块B与薄木板A之间的动摩擦因数μ＝0.5，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块B水平抛出时的速度大小；(2)求小物块B刚进入圆弧轨道最高点时对轨道的压力大小；(结果保留两位小数)(3)薄木板A与地面之间动摩擦因数满足以下情况：①若地面光滑，小物块B恰好没有滑离薄木板A，求薄木板A的长度；②若薄木板A与地面间的动摩擦因数μ′＝0.1，小物块B始终未滑离薄木板A，求薄木板A滑动的距离。[解析](1)小物块B从水平抛出到刚进入圆弧轨道，有H－R(1＋sinθ)＝12gt又vy＝gt，tanθ＝v联立解得v0＝3m/s，vy＝4m/s。(2)设小物块B刚进入圆弧轨道时的速度为v1则v1＝v02小物块B在圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mgsinθ＝m联立解得FN≈54.67N由牛顿第三定律知小物块B对轨道的压力大小为F′N＝FN＝54.67N。(3)①设小物块B刚滑上薄木板A时的速度大小为v2，由动能定理得mgH＝1解得v2＝7m/s小物块B在薄木板A上滑动过程，由动量守恒有mv2＝(m＋M)v3解得v3＝2.8m/s由能量守恒有μmgL＝1解得L＝2.94m。②薄木板A与小物块B间的摩擦力大小为f1＝μmg＝10N薄木板A与地面间的摩擦力大小为f2＝μ′(m＋M)g＝5N设经t1时间A、B达到共同速度v4，由动量定理得－f1t1＝mv4－mv2(f1－f2)t1＝Mv4联立解得v4＝74m/s，t1＝21在时间t1内薄木板A移动的距离x1＝v42t1＝设达到共同速度后，二者一起停下来的过程，薄木板A移动的距离为x2，由动能定理得－μ′(m＋M)gx2＝0-解得x2＝4932则薄木板A滑动的距离x＝x1＋x2＝2.45m。[答案](1)3m/s(2)54.67N(3)①2.94m②2.45m9．如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面体在水平面上固定不动，物体丙放在光滑水平面上，物体丙由水平部分和14圆弧轨道组成，C为圆弧的最低点，D为圆弧的最高点，物体丙的上表面与斜面体的底端平滑地衔接于B点，可视为质点