2025届高考物理二轮复习微专题导学案：力学三大观点的综合运用

2025新高考物理二轮复习 微专题训练 力学三大观点的综合运用 一般来说,用动量观点和能量观点比用动力学的观点解题简便,因此在解题时优先选用这两种观点;但在涉及加速度问题时就必须用动力学的观点.有些问题,用到的观点不止一个,特别像高考中的一些综合题,常用动量观点和能量观点联合求解,或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观点都采用才能求解. 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+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 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=p1'+p2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间 课堂例题精讲 考点一 动力学与能量综合 例1　[2024·辽宁卷] 如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg,A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接.同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止.A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp. 考点二 动量与能量综合 例2　如图所示,倾角θ=30°的足够长斜面固定在水平面上,t=0时刻,将物块A、B(均可视为质点)从斜面上相距l=0.05 m的两处同时由静止释放.已知A的质量是B的质量的3倍,A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA=、μB=,A、B之间的碰撞为弹性碰撞,且碰撞时间极短,重力加速度大小g取10 m/s2,求: (1)A、B发生第一次碰撞后瞬间,A、B的速度大小; (2)A、B发生第三次碰撞的时刻; (3)从静止释放到第n次碰撞,A运动的位移. 考点三 动力学、动量与能量综合 例3　[2024·河北卷] 如图所示,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端.已知三块木板质量均为2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力. (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离. (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值. (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板.求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系. 对点训练 1. 如图甲所示,一水平传送带以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动.将物块A轻轻放到传送带左端,物块A和传送带之间的动摩擦因数为μ0=0.2.传送带紧挨着右侧水平地面,地面左侧O点放一物块B,物块B与水平面间的动摩擦因数为μ,且μ随物块到O点的距离x按图乙所示规律变化,传送带水平部分长为L=1.2 m,物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞,碰后B向右运动挤压弹簧,B向右运动的最大距离为d=0.5 m,物块A、B的大小可忽略,质量均为m=0.5 kg.g取10 m/s2.求: (1)A碰B前的瞬间A物块的速度; (2)A碰B后B物块的速度; (3)弹簧的最大弹性势能. 2.[2024·湖北卷] 如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m.传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触.在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高.将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左.小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动.已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2. (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小. (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能. (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离. 课后巩固练习 1.如图所示,光滑斜面AB与粗糙水平地面BC在B点平滑连接,质量为m的物块Q静止在粗糙水平地面上,物块Q与B点之间的距离为,将质量为2m的物块P从光滑斜面上距离水平地面高度为h处由静止释放,P下滑后与Q发生弹性碰撞,P、Q与粗糙水平地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,两物块均可视为质点,重力加速度为g,sin 37°=0.6,空气阻力不计.求最终P、Q之间的距离. 2.如图所示,半径R=0.2 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,C点与足够长的光滑水平平台CD相切.一放置在光滑水平面上的长木板紧靠在平台CD右端,长木板上表面DE水平且与平台等高,长木板DE部分的长度L=2 m,长木板的右端为半径r=0.1 m的光滑圆弧轨道,长木板的左端静置着一可视为质点的质量m乙=3 kg的滑块乙,滑块乙与长木板DE间的动摩擦因数为μ=0.1.现有一可视为质点的质量m甲=1 kg的滑块甲从距离B点正上方h=1.6 m处的A点由静止释放,滑块甲过C点后沿平台向右运动与滑块乙发生弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2. (1)求滑块甲到达圆弧轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力; (2)滑块甲、乙碰撞后,滑块乙恰好不能从长木板右端滑离长木板,求长木板的质量M. 3.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间的距离为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,重力加速度为g,sin 37°=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. 4. 台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动.如图所示,运动员采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间,迅速将杆抽回,母球离杆后与目标球发生对心正碰,视为弹性碰撞)击打母球,使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A,这种进球方式被称为“翻袋”进球法.已知两球质量均为0.2 kg,且可视为质点,球间距离为0.9 m,目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3 m,目标球被CD挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30°,AC= m,球与桌面间阻力为球所受重力的,球与挡壁碰撞过程中损失的动能,重力加速度g取10 m/s2. (1)求母球在桌面做直线运动时的加速度大小; (2)若某次击打后母球获得的初速度为1 m/s,且杆头与母球的接触时间为0.05 s,求母球受到杆头的平均冲击力大小; (3)若击打后母球获得速度v0=5 m/s,求目标球被碰撞后的速度大小; (4)若能到达球洞上方且速率小于6 m/s的球均可进洞,为使目标球能进洞,求母球初速度v0需要满足的条件.(计算结果都可以用根号表示) 答案解析 课堂例题精讲 例1　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　 (3)0.12 J [解析] (1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明A脱离弹簧时的速度为平抛运动的初速度,对A做平抛运动过程, 有 h=gt2 xA=vAt 联立解得脱离弹簧时A的速度大小vA=1 m/s 对A、B整体,由动量守恒定律得 mAvA=mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小vB=1 m/s (2)对B脱离弹簧后运动过程,由动能定理得 -μmBgxB=0-mB 解得物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2 (3)整个过程中,由能量守恒定律有 ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB 其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx 解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J 例2　(1)0.25 m/s　0.75 m/s　 (2)1.0 s　(3)0.05 m [解析] (1)设B的质量为m,A沿斜面下滑,受到重力、支持力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律有 3mgsin θ-μA·3mgcos θ=3ma 分析B的受力mgsin θ=μBmgcos θ 即B静止在斜面上.A与B发生第一次碰撞前,由运动学规律有=2al A与B发生第一次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有 3mvA0=3mvA1+mvB1,·3m=·3m+m 解得vA1=0.25 m/s,vB1=0.75 m/s (2)由(1)可得,A从静止释放后,经过时间t0与B发生第一次碰撞,有 vA0=at0 B以vB1做匀速直线运动,A以初速度vA1、加速度a做匀加速直线运动,第二次碰撞前,有 vA1t1+a=vB1t1 此时,A的速度为 vA1'=vA1+at1 A与B发生第二次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律,有 3mvA1'+mvB1=3mvA2+mvB2,·3mvA1'2+m=·3m+m B以vB2匀速直线运动,A以初速度vA2、加速度a做匀加速直线运动,第三次碰撞前,有 vA2t2+a=vB2t2 显然,每次碰撞后,B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞,经过时间均为0.4 s.故A与B发生第3次碰撞后的时刻为t3=t0+t1+t2 解得t3=1.0 s (3)从开始至第一次碰撞xA1=l 从第一次碰撞至第二次碰撞xA2=2l+4l=6l 从第二次碰撞至第三次碰撞xA3=8l+4l=12l 从第三次碰撞至第四次碰撞xA4=14l+4l=18l 从第n-1次碰撞至第n次碰撞 xAn=(6n-10)l+4l(n>1) A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移 XAn=xA1+xA2+xA3+…+xAn=l=0.05(3n2-3n+1) m 例3　(16分)(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC=LB [解析] (1)机器人从A木板左端走到A木板右端,机器人与A木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为M,三个木板质量均为m,机器人和A木板的位移大小分别为x0、x1,同一时刻的速度大小别为v0i、v1i.根据动量守恒定律,任意时刻均有 Mv0i=mv1i (1分) 在这段时间内求和,有 Mv0iΔt=Mv1iΔt (1分) 即Mx0=mx1 又知x0+x1=LA 解得A、B木板间的水平距离即A木板的位移大小x1=1.5 m(1分) (2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得 vcos θ·t=x1 (1分) = (1分) 联立得v2=(m2/s2) 机器人跳离A的过程,机器人和A木板组成的系统在水平方向上动量守恒,有 Mvcos θ=mvA (1分) 根据能量守恒定律可得机器人做的功为 W=Mv2+m 联立得W===45tan θ+(J) (1分) 根据数学知识可知,当tan θ=,即tan θ=2时,W取得最小值,为Wmin=90 J(1分) (3)根据第(2)问可知,tan θ=2,代入对应式子可得vcos θ= m/s,t= s,vA= m/s 之后A木板以速度vA向左做匀速直线运动. 机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒,有 Mvcos θ=(M+2m)v共 (1分) 解得v共= m/s(1分) 该过程A木板向左运动的距离为xA=vAt=4.5 m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统在水平方向上动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v',B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为t',取向右为正方向,由动量守恒定律得 (M+m)v共=Mv'-mvB (1分) 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为,有 =(v'+vB)t' (1分) 机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B木板左端至跳到B木板右端的过程中,A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m(1分) 有(vB-vA)·3t'=Δx (1分) 联立得t'=- A、C两木板间距为 xAC=(vA+vC)·3t'+Δx+LB (1分) 其中vC=v共 联立解得xAC=LB (1分) 【跟踪训练】 1.(1)2 m/s　(2)2 m/s　(3)0.5 J [解析] (1)设物块能加速到和传送带速度相等,则加速过程根据牛顿第二定律有 μ0mg=ma 设加速过程物块的位移为x,则 v2=2ax 解得 x=1 m<L 假设成立,A碰B前速度为2 m/s (2)A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得 mv=mvA+mvB mv2=m+m 解得vA=0 vB=2 m/s (3)A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热 Q=-Wf 由图乙知B运动0.5 m时μ=0.4,摩擦力对物块做的功 Wf=-d 根据能量守恒得 m=Q+Epm 解得Epm=0.5 J 2.(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m [解析] (1)小物块刚放在传送带上时,由牛顿第二定律有 μm物g=m物a 解得a=5 m/s2 假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,则此过程有=2ax 解得小物块运动的位移为x=2.5 m 由于x<L传=3.6 m,所以假设成立,即小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,因此小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,为5 m/s. (2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有 m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s 解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有 m球≥m球g 小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d) 联立解得d≥0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m. 课后巩固练习 1.7.5h [解析] 根据题意可知,碰撞前,对P由动能定理有 2mgh-μ·2mg=×2m P、Q发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 2mv0=2mvP+mvQ ×2m=×2m+m 碰撞后,由动能定理,对P有 μ·2mgxP=×2m 对Q有μmgxQ=m 最终P、Q之间的距离为 d=xQ-xP 联立解得d=7.5h 2.(1)6 m/s　190 N　方向竖直向下　(2)6 kg [解析] (1)滑块甲从A点静止释放到最低点C过程,根据动能定理可得m甲g(h+R)=m甲 解得vC==6 m/s 在最低点C位置,根据牛顿第二定律可得 FN-m甲g=m甲 解得FN=190 N 根据牛顿第三定律可知,滑块甲到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为190 N,方向竖直向下 (2)设滑块甲、乙碰撞后瞬间,甲、乙的速度分别为v1、v2,由于两滑块发生弹性碰撞,根据系统动量守恒和机械能守恒可得 m甲vC=m甲v1+m乙v2 m甲=m甲+m乙 解得v1=vC=-3 m/s,v2=vC=3 m/s 滑块乙恰好不能从长木板右端滑离长木板,可知滑块乙到长木板右端时,两者恰好共速,根据水平方向系统动量守恒可得m乙v2=(m乙+M)v共 根据能量守恒可得 m乙=(m乙+M)+m乙gr+μm乙gL 联立解得长木板的质量为M=6 kg 3.(1)　(2)　　 (3)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 mgLsin θ=m 解得v0= (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有mv0=3mv2-mv1 根据能量守恒定律有 m=×3m+m 解得v1=v2=v0= (3)由于v2=<,因此物块b在传送带上先做匀减速运动,后做匀加速运动,根据牛顿第二定律有 3mgsin α+3μmgcos α=3ma 解得a=gsin α+μgcos α=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== 则物块b第一次在传送带上运动过程,因摩擦产生的内能为 Q=μ×3mgcos αv2t1+t1+t1-v2t1=mgL 4.(1) m/s2　(2) N　 (3) m/s　(4)2 m/s<v0≤2 m/s [解析] (1)由牛顿第二定律可得Ff=kmg=ma 根据题意可知k= 解得a=kg= m/s2 (2)杆头击打母球,对母球由动量定理可得 (F-Ff)Δt=mv-0 代入数据解得F= N (3)母球与目标球碰撞前,做匀减速直线运动,由动能定理可得-kmgx1=m-m 母球与目标球碰撞前后,根据动量守恒和机械能守恒可得 mv1=mv1'+mv2 m=mv1'2+m 联立解得目标球被碰撞后的速度大小为v2= m/s (4)母球与目标球碰撞前,做匀减速直线运动,由动能定理可得-kmgx1=m-m 母球与目标球碰撞前后,根据动量守恒和机械能守恒可得 mv1=mv1'+mv2 m=mv1'2+m 目标球前进到CD挡壁,做匀减速直线运动,由动能定理可得-kmgx2=m-m 目标球与CD挡壁碰撞,根据题意有 ×=m 即v4=v3 目标球运动到A球洞过程,由动能定理可得 -kmg=m-m 又满足0<v5≤6 m/s 联立解得2 m/s<v0≤2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$