专题提升四 力学三大观点的综合应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 专题提升四　力学三大观点的综合应用 1．动力学、能量、动量观点的概述 迄今为止，我们已经可以从三个不同的角度来分析求解力学问题，即动力学角度、能量角度、动量角度，习惯上分别称为动力学观点、能量观点、动量观点。 (1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学公式解题。可求解匀变速直线运动问题、匀变速曲线运动问题、圆周运动的瞬时问题。 (2)能量观点：用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等解题。可求解恒力作用的运动问题、变力作用的运动问题。 (3)动量观点：用动量定理、动量守恒定律解题。可求解恒力作用的运动问题、变力作用的运动问题。 2．力学规律的选用原则 (1)如果涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿运动定律和运动学知识求解。 (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)。 (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能量守恒定律(机械能守恒定律)，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，一般用动量守恒定律。 如图所示，质量m＝0.4 kg的木块以v0＝2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量M＝1.6 kg，地面光滑，木块与小车之间的动摩擦因数为μ＝0.2(g取10 m/s2)。设小车足够长，求： (1)木块与小车相对静止时的速度； (2)从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，所用的时间。 [解析]　(1)设木块与小车相对静止时的速度为v，以木块和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v 代入数据解得v＝0.4 m/s。 (2)设从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，木块受到的阻力大小为f，所用的时间为t，以木块为研究对象，由动量定理可得 －ft＝mv－mv0 又f＝μmg 联立并代入数据解得t＝0.8 s。 [答案]　(1)0.4 m/s　(2)0.8 s 本题涉及匀变速直线运动，既可以从动力学的角度求解，也可以从动量的角度求解，由于不涉及运动细节和加速度，显然，后一种方法更简单。 如图所示，质量M＝3 kg的小球P由长度L＝1 m的细线悬挂于O点，在O点正下方有质量m＝1 kg的物块Q，起初物块Q静止，细线与竖直方向成θ＝37°，将小球P无初速度释放，两物体发生弹性正碰，碰撞时间极短，取重力加速度大小g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，两物体都可看成质点，求： (1)与物块Q碰前瞬间，小球P的速度大小v； (2)物块Q的位移大小x。 [解析]　(1)从释放到与物块Q碰前瞬间，对小球P，根据动能定理有 MgL(1－cosθ)＝Mv2－0 解得v＝2 m/s。 (2)设碰后瞬间，小球P的速度为v1，物块Q的速度为v2，以向右为正方向，小球P与物块Q碰撞过程中，由动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2 由机械能守恒定律有 Mv2＝Mv＋mv 此后Q做匀减速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 由匀变速直线运动速度与位移的关系式有 0－v＝－2ax 联立解得x＝2.25 m。 [答案]　(1)2 m/s　(2)2.25 m 1．对于多过程运动问题，首先应分析各个过程的受力、运动特点，然后选择合适的力学规律分段或全程列式求解。 2．本题小球P摆动的过程是变速圆周运动，涉及初、末速度及位移，所以应从能量角度求解；小球P与物块Q碰撞的过程，内力变化情况不清楚且持续时间极短，且只涉及初、末速度，所以应从动量和能量的角度求解；物块Q滑动的过程做匀变速直线运动，涉及初、末速度及位移，所以应从动力学角度或能量角度求解。 光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M＝2.0 kg，高h＝0.2 m，如图所示。现从圆弧导轨顶端将一质量为m＝1.0 kg的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点。滑块落地后0.2 s小车右端也到达B点。已知AB相距L＝0.4 m，g取10 m/s2，求： (1)离开小车时，滑块的速度大小； (2)圆弧导轨的半径； (3)滑块滑过小车的过程中，因摩擦产生的内能。 [解析]　(1)设离开小车时，滑块的速度大小为v1，滑块从小车右端运动至B点的过程所用时间为t1，由平抛运动规律可知， 竖直方向有h＝gt 水平方向有L＝v1t1 解得t1＝0.2 s，v1＝2 m/s。 (2)设滑块离开小车时，小车的速度大小为v2，从滑块落地到小车右端到达B点，经历的时间为Δt，滑块离开后小车做匀速直线运动，有 L＝v2(t1＋Δt) 设滑块刚滑上小车时的速度为v0，滑块在小车上滑动的过程中，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2 解得v2＝1 m/s，v0＝4 m/s 设圆弧导轨的半径为R，滑块在圆弧导轨上运动的过程中，由机械能守恒定律得 mgR＝mv－0 联立解得R＝0.8 m。 (3)由能量守恒定律可知，滑块滑过小车的过程中，因摩擦产生的内能 Q＝mv－ 解得Q＝5 J。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)5 J 课后课时作业 1．如图所示，质量为0.2 kg的小球A沿光滑水平面以5 m/s的速度水平向右与质量为0.3 kg的静止小球B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中小球A受到的冲量(　　) A．大小为0.4 N·s，方向水平向右 B．大小为0.4 N·s，方向水平向左 C．大小为0.6 N·s，方向水平向右 D．大小为0.6 N·s，方向水平向左 答案：D 解析：以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAv＝(mA＋mB)v1，解得碰后A、B的共同速度为v1＝2 m/s，整个碰撞过程中，根据动量定理可得，小球A受到的冲量I＝mAv1－mAv＝－0.6 N·s，负号表示方向水平向左，故选D。 2．(多选)如图所示，水平面上M、N两处分别有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，N点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力F＝3 N的作用下由静止向右运动，当t＝2 s时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行1.6 m后停下，已知乙的质量为1 kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则(　　) A．0到2 s内拉力F的冲量为6 N·s B．碰撞后瞬间乙的速度大小为3 m/s C．撤去拉力F时甲的速度大小为3 m/s D．甲的质量为1 kg 答案：AC 解析：根据冲量的定义式可得，0到2 s内拉力F的冲量为I＝Ft＝6 N·s，故A正确；碰撞后，乙向右滑行的过程中，由动能定理得－μmgx＝0－mv，其中乙的质量m＝1 kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，碰后乙滑行的距离x＝1.6 m，解得碰撞后瞬间乙的速度大小v2＝4 m/s，故B错误；设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，碰撞过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋mv2，根据机械能守恒定律得m1v＝m1v＋mv，又I＝m1v0－0＝6 N·s，联立解得m1＝2 kg，v0＝3 m/s，故C正确，D错误。 3．(多选)如图所示，光滑水平面上质量为m的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为m的物体B左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是(　　) A．在A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大 B．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0 C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧的最大弹性势能为mv2 D．在A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为mv 答案：CD 解析：在A与弹簧接触过程中，弹簧从原长压缩到最短，之后再恢复至原长，始末时刻弹簧弹力均为零，弹簧弹力对B做功的功率均为零，则功率不可能一直增大，故A错误；A、B相距最近时A、B的速度相同，则从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得mv＝(m＋m)v′，解得A、B的共同速度v′＝v，由动能定理可知，此过程中，弹簧对A、B做功分别为WA＝mv′2－mv2＝－mv2，WB＝mv′2－0＝mv2，弹簧对A、B做功的代数和为W＝WA＋WB＝－mv2，故B错误；A、B相距最近时弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝mv2－×2mv′2＝mv2，故C正确；以向右为正方向，设A与弹簧即将分离时，A的速度为vA′，B的速度为vB′，根据动量守恒定律得mv＝mvA′＋mvB′，根据机械能守恒定律得mv2＝mvA′2＋mvB′2，解得vA′＝0，vB′＝v，在A与弹簧接触过程中，根据动量定理得，弹簧对A的弹力冲量I＝mvA′－mv＝－mv，负号表示方向水平向左，故D正确。 4．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．长木板的质量M＝2 kg B．A、B之间的动摩擦因数为0.2 C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J 答案：A 解析：由图乙可以看出，开始A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最后A、B一起做匀速直线运动，共同速度v＝1 m/s，A在B上滑动的过程，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，代入数据解得M＝m＝2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度aB＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图乙可知，前1 s内B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以长木板的最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D错误。 5．如图a所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t＝0时刻，甲物块以速度v0＝4 m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v­t图像如图b中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5 kg，乙物块质量为4 kg，则(　　) A．此碰撞过程为弹性碰撞 B．碰后瞬间乙物块速度为2.5 m/s C．碰后乙物块移动的距离为3.5 m D．碰后甲、乙两物块所受摩擦力大小之比为6∶5 答案：B 解析：设甲、乙的质量分别为m1、m2，由图b知，碰前瞬间甲的速度为v0＝3 m/s，碰后瞬间甲的速度为v1＝1 m/s，在碰撞过程中，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，代入数据得，碰后瞬间乙物块速度为v2＝2.5 m/s，碰前瞬间系统动能为Ek1＝m1v＝22.5 J，碰后瞬间系统动能为Ek2＝m1v＋m2v＝15 J，则此碰撞过程为非弹性碰撞，A错误，B正确；碰前，甲做匀减速运动，加速度大小为a1＝ m/s2＝1 m/s2，可知，若未发生碰撞，甲速度为零的时刻为t＝＝4 s，结合图b可知t＝4 s时乙停止运动，由v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，碰后乙物块移动的距离为x＝×(4－1)×2.5 m＝3.75 m，C错误；碰后，乙做匀减速运动的加速度大小为a2＝ m/s2＝ m/s2，由牛顿第二定律可知，碰后甲、乙两物块所受摩擦力大小分别为f1＝m1a1，f2＝m2a2，则两者之比为f1∶f2＝3∶2，D错误。 6．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车右端和沙坑左边缘平齐，当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，绳子质量不计，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)该同学摆到最低点时的速率是多少？ (2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功是多少？ 答案：(1)6 m/s　(2)－225 J 解析：(1)设摆到最低点时，该同学的速率为v1，车的速率为v2，该同学和秋千板与车辆和秋千支架组成的系统在水平方向动量守恒，有 mv1－Mv2＝0 该同学和秋千板从最大摆角处向下运动到最低点的过程中系统机械能守恒，有 mgL(1－cos60°)＝mv＋Mv 联立可得v1＝6 m/s。 (2)设绳子对该同学和秋千板做的功为W，由动能定理有mgL(1－cos60°)＋W＝mv－0 可得W＝－225 J。 7．如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s 解析：(1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2 kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1 代入数据解得a1＝2 m/s2 已知滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1 s)，由运动学规律得 L＝a1(t＋t0)2 L＝v0t＋a2t2 联立解得t＝2 s(t＝－1 s舍去) 故可得L＝9 m。 (2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则v1＝a1(t＋t0) 代入数据解得v1＝6 m/s v2＝v0＋a2t 代入数据解得v2＝7.5 m/s 滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝7.44 m/s。 8．如图甲所示，物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为4 kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，2 s末撤去恒力时，物块Q的速度为2 m/s，0～2 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。下列判断正确的是(　　) A．Q的质量等于2 kg B．2 s末物块P的速度大于4 m/s C．0～2 s内恒力F做的功大于26.5 J D．撤去推力后弹簧最长时，Q的速度小于3.2 m/s 答案：C 解析：由图乙可知，t＝0时，物块P的加速度为aP0＝2 m/s2，此时根据牛顿第二定律可得，水平向右的恒力F＝mPaP0＝4×2 N＝8 N，t＝2 s时，物块P、Q的加速度均为a2＝1.6 m/s2，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mP＋mQ)a2，解得mQ＝1 kg，故A错误；弹簧对P的弹力与对Q的弹力大小相等，方向相反，则弹簧对P的弹力的冲量与对Q的弹力的冲量大小相等，方向相反，0～2 s内，设弹簧弹力对P、Q的冲量大小均为I弹，根据动量定理，对P有FΔt－I弹＝mPvP－0，其中Δt＝2 s，对Q有I弹＝mQvQ－0，联立并代入数据解得vP＝3.5 m/s，故B错误；2 s末物块P的动能为EkP＝mPv＝24.5 J，物块Q的动能为EkQ＝mQv＝2 J，弹簧被压缩，此时弹簧的弹性势能Ep>0，由功能关系可知，2 s内恒力F做的功为W＝EkP＋EkQ＋Ep＝26.5 J＋Ep>26.5 J，故C正确；根据题意可知，撤去推力后，物块P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，当弹簧最长时物块P、Q共速，则有mPvP＋mQvQ＝(mP＋mQ)v，解得此时Q的速度v＝3.2 m/s，故D错误。 9．如图，一质量为M＝6 kg的足够长硬质均匀薄板，沿光滑水平面以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，在其上方5 m高处，有一质量为m＝1 kg的小球自由下落，落在薄板上与板相撞后，又反弹能达到的最大高度为1.25 m，小球和薄板碰撞的时间为0.02 s，不计空气阻力及小球旋转，取g＝10 m/s2。求： (1)若薄板光滑，在碰撞过程中，薄板对小球的平均弹力； (2)若小球与薄板间的动摩擦因数μ＝0.3，小球第一次弹起后薄板的速度大小。 答案：(1)760 N，方向竖直向上　(2)3.24 m/s 解析：(1)根据自由落体运动规律可知，小球与薄板碰撞前瞬间的速度大小为 v1＝＝10 m/s 根据竖直上抛运动规律可知，小球与薄板碰撞后瞬间的速度大小为v2＝＝5 m/s 在碰撞过程中，设薄板对小球的弹力大小为F，以竖直向上方向为正方向，由动量定理得 (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 解得F＝760 N，方向竖直向上。 (2)在碰撞过程中，滑动摩擦力对小球的冲量大小为If＝μFΔt 设小球第一次弹起后的水平速度大小为v，以水平向右为正方向，由动量定理得If＝mv－0 设小球第一次弹起后薄板的速度大小为v′，小球和薄板组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝Mv′＋mv 解得v′＝3.24 m/s。 [名师点拨]　本题薄板不光滑时，小球碰撞过程会因为摩擦力而获得水平方向的速度，两者组成的系统在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒。遇到从未见过的新题时，分析受力特点是解题的切入点，然后再选择合适的力学规律列方程求解。 10 学科网（北京）股份有限公司 $$