第6章 链接高考7 利用力学“三大观点”解决力学综合问题-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

链接高考7　利用力学“三大观点”解决力学综合问题 考点一　动量与动力学观点的综合应用 1．解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题． (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． 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．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决． [典例1]　(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.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. [审题指导]　(1)对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出的加速的时间． (2)从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功． (3)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小． 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＝＝； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝×2mv＋2mg×3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv. (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m×2v0＝mv1＋2mv2， ×2m×(2v0)2－＝××2m×(2v0)2， 解得v1＝2v0，v2＝v0 两物体平抛运动的时间t＝ ， 则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1， 解得s＝ 答案：(1)　(2)6mgL－3mv　(3) 1．如图甲所示，质量m1＝4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度­时间图像如图乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/s2，求： (1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ； (2)水平力的大小F； (3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE. 解析：(1)由题图可知： 长木板的加速度a1＝ m/s2＝0.5 m/s2， 由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力Ff＝m1a1＝2 N， 小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝＝0.2； (2)由题图可知，小物块的加速度 a2＝m/s2＝2 m/s2， 由牛顿第二定律可知：F－μm2g＝m2a2， 解得F＝4 N； (3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v)运动m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 代入数据解得v＝1.6 m/s， 则系统损失的机械能ΔE＝－(m1＋m2)v2＝3.6 J. 答案：(1)0.2　(2)4 N　(3)3.6 J 考点二　动量和能量观点的综合应用 1．两大观点 动量的观点：动量定理和动量守恒定律． 能量的观点：动能定理和能量守恒定律． 2．解题技巧 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)． (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理． (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性． [典例2]　(2023·辽宁卷，15)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2 .取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示． (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1. (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小． (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)． 思维导图 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1， 代入数据有v1＝1 m/s， 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2. 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v＝2a1x1， 代入数据解得x1＝0.125 m. (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx ＝(m1＋m2)a共， 对m2有a2＝μg＝1 m/s2， 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m， 对m1、m2组成的系统列动能定理有 －kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v， 代入数据有v2＝ m/s. (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2， 解得v3＝－2t0， 则对于m1、m2组成的系统有－Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v， ΔU＝－Wf， 联立有ΔU＝4t0－8t. 答案：(1)1 m/s；0.125 m　(2)0.25 m； m/s　(3)4t0－8t 2．如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求： (1)A、B碰撞后A的速度； (2)弹簧第一次恢复原长时C的速度． 解析：(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 解得vA＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反． (2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零． 设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mBvB＝mBvB′＋mCvC mBv＝mBvB′2＋mCv 得vC＝vB vC＝ m/s，方向向右． 答案：(1)4 m/s，方向向左　(2) m/s，方向向右 考点三　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：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动． 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)． [典例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＝0.4 m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＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上．现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 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＝0.8 m，以v＝2 m/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＝kx2(x为形变量)． (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＝1 m/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. [思维导图] 过程分解——复杂过程简单化 解析：(1)滑块a从D到F，由能量关系mg·2R＝mv－mv， 在F点FN－mg＝m， 解得vF＝10 m/s， FN＝31.2 N. (2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s， 滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2， 根据v＝v－2aL， 可得在C点的速度vC＝3 m/s， 则滑块a从碰撞后到到达C点mv＝mv＋mg·2R， 解得v1＝5 m/s， 因a、b碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2， 解得碰后b的速度v2＝5 m/s， 则碰撞损失的能量ΔE＝mv－mv－·3mv＝0. (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度为v，则mvF＝4mv， 解得v＝2.5 m/s， 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，则4mv＝6mv′， 解得v′＝ m/s， 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系·4mv2＝·6mv′2＋kx， 解得x1＝0.1 m， 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1， 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m. 答案：(1)10 m/s；31.2 N；(2)0；(3)0.2 m 3．(2024·山东莱州一中期中测试)如图(a)所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝2 kg，长度为L＝0.5 m，小车的上表面与B点等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．g取10 m/s2. (1)求物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小． (2)若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小． (3)若将平板车锁定，并且在其上表面铺上一种从左向右动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受摩擦力随距离变化图像(f­L图像)如图(b)所示，且物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 解析：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，机械能守恒，则 mgR＝mv，解得vB＝3 m/s 在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，解得 N＝30 N 即物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小 N′＝N＝30 N. (2)物块滑上小车后，水平面光滑，物块与平板车组成的系统的动量守恒，有mvB＝(m＋M)v共，解得v共＝1 m/s. (3)物块在小车上滑行时摩擦力做的功大小为f­L图线与坐标轴所围的面积，即Wf＝J＝2 J， 根据动能定理有－Wf＝mv－mv， 解得物块滑离平板车时的速度大小v2＝ m/s. 答案：(1)30 N　(2)1 m/s　(3)m/s 规范答题·满分规则　动量和能量问题的综合应用 经典案例 审题指导 (2022·浙江6月选考，20)(12分)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2. (1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； (3)若物块b释放高度0.9 m＜h＜1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)． (1)b下摆过程中机械能守恒，b与a发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒(2) 物块a从A到E根据动能定理求vE ，在E点根据圆周运动列方程，求得FN与h之间的关系。(3) 物块a从A点到E点的运动过程，根据动能定理，平抛运动规律，数学知识求物块a最终静止的位置x值的范围。 规范解答 满分规则 解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝mv，(1分) 解得vb＝5 m/s，(1分) b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb＝mv′b＋mv0(1分) mv＝mvb′2＋mv，(1分) 联立解得，v0＝5 m/s，vb′＝0.(1分) (2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1， 根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0(1分) 解得h1＝1.2 m，(1分) 以竖直向下为正方向FN＋mg＝m，(1分) 由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝mv(1分) 联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)，(1分) (3)当1.2 m≤h＜1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝mv，(1分) 从E点飞出后，竖直方向H＝gt2，(1分) 水平方向s＝vEt，(1分) 根据几何关系可得DF＝m，(1分) 联立解得x＝3l＋DF＋s1，代入数据解得m≤x＜m，当0.9 m＜h＜1.2 m时，从h2＝0.9 m释放时， 根据动能定理可得mgh－μmgs2＝0，(1分) 解得s2＝1.8 m，(1分) 可知物块达到距离C点0.8 m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0(1分) 解得s3＝0.4 m， 距离C点0.6 m，(1分) 综上可知当0.9 m＜h＜1.2 m时，3l－s3≤x≤3l，(1分) 代入数据得2.6 m≤x≤3 m．(1分) 答案：(1)5 m/s　(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)　(3)当0.9 m＜h＜1.2 m时，2.6 m≤x≤3 m，当1.2 m≤h＜1.65 m时　m≤x＜m ►[规则1]　字母、符号的规范化书写 解题过程中运用的物理量要设定字母来表示，题中给定的字母意义不能自行改变．在同一题中一个字母只能表示一个物理量，同一题中出现多个同类物理量，可用角标区别． ►[规则2]　必要的文字说明，简洁明了 文字表述能使解题思路更清晰，解析有根有据，流畅完美．对所列方程的物理依据，说明隐含条件、临界条件，分析所得的关键判断的说明，如“根据动量守恒定律”等．对解题过程中必要的关联词的说明，如“联立①②③三式得”“将……代入”等． ►[规则3]　分步列式，运算简化 解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式．求解方程时，卷面上只要求写出最简式，然后代入数据并直接给出计算结果．切忌把大量的化简、代值运算过程写在卷面上． ►[规则4]　矢量方程，注意方向 动量定理和动量守恒定律等都是矢量式，使用时要规定正方向. 学科网（北京）股份有限公司 $$