第六章 专题强化十 力学三大观点的综合应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第六章　动　量 专题强化十　力学三大观点的综合应用 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，是高考必考题型，本专题将作为计算题压轴题的形式命题。 2．熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。 3．用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。 1．三个基本观点 (1)动力学观点：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：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．选用规律原则 (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隐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。 1．如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的 eq \f(1,4) 光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大。 (2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大。 (3)A沿斜面上滑的最大距离x。 解析　(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0， 由能量守恒定律得E＝ eq \f(1,2) m1v12＋ eq \f(1,2) m2v22， 可得EA＝ eq \f(1,2) m1v12，EB＝ eq \f(1,2) m2v22， 联立解得EA＝18 J，EB＝12 J； (2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EB＝m2gR， 可得R＝0.4 m； (3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得 －m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－EA， 解得x＝0.9 m。 答案　(1)18 J　12 J　(2)0.4 m　(3)0.9 m 热点 eq \a\vs4\al(2) 力学三大观点的综合应用 [例2]　(2023·浙江卷)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 eq \r(21) 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＝ eq \f(1,2) 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。 解析　(1)滑块a从D到 F，由能量关系mg·2R＝ eq \f(1,2) mvF2－ eq \f(1,2) mv02，在 F点FN－mg＝m eq \f(vF2,R) ， 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vB2＝vC2－2aL， 可得在C点的速度vC＝3 m/s， 则滑块 a从碰撞后到达C点时， eq \f(1,2) mv12＝ eq \f(1,2) mvC2＋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＝ eq \f(1,2) mvF2－ eq \f(1,2) mv12－ eq \f(1,2) ·3mv22＝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4mv＝6mv′，则v′＝ eq \f(5,3) m/s， 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 eq \f(1,2) ·4mv2＝ eq \f(1,2) ·6mv′2＋ eq \f(1,2) kx12， 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　(2)0　(3)0.2 m [规范答题] [例3]　如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。(重力加速度g取10 m/s2)求： (1)BP间的水平距离sBP。 (2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点。 (3)物块A由静止释放的高度h。 2．(2022·全国乙卷)如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值。 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 解析　(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻， 根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0， 根据能量守恒定律， Epmax＝ eq \f(1,2) mB(1.2v0)2－ eq \f(1,2) (mB＋m)v02， 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02； (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA， 对方程两边同时乘以时间Δt， 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt， 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0， 代入可得sB＝1.128v0t0， 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值： Δs＝sB－sA＝0.768v0t0； (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′， 根据能量守恒定律可得 eq \f(1,2) mvA′2＋ eq \f(1,2) ·5m·(0.8v0)2＝ eq \f(1,2) m·(－2v0)2＋ eq \f(1,2) · 5mvB′2， 联立解得vA′＝v0， 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得， －mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－ eq \f(1,2) m(2v0)2， 下滑过程，根据动能定理可得， mgL sin θ－μmgL cos θ＝ eq \f(1,2) mv02－0， 联立解得μ＝0.45。 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma上， mg sin θ－μmg cos θ＝ma下， 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a上L＝(2v0)2－0，2a下L＝vA′2， 联立可解得μ＝0.45。 答案　(1)0.6mv02　(2)0.768v0t0　(3)0.45 $$