4模块2 专题7 三大观点在力学中的应用-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

专题七　三大观点在力学中的应用 命题点1　动量定理和动量守恒定律 近3年12卷13考 1．动量定理 (1)公式：I＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。 (2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同。 2．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。 (3)守恒条件 ①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。 ②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。 ③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。 考向1　动量定理的理解和应用 　(2024·广东卷，T14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 [解析]　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma 解得tan θ＝。 (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度 v0＝＝8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有IF－Mgt＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则头锤上升的最大高度h＝＝0.2 m。 [答案]　(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 命题视角：题目以“安全带的工作原理”为命题情境，贴近生活，主要考查了受力分析、牛顿第二定律的应用、运动学公式和动量定理的应用。 方法技巧：题目情境新颖，阅读量较大，因此读题时要迅速地挖掘题目中有用的条件，并结合情景图进行分析，第一问中要以“敏感球”为研究对象分析，第二问中要以“头锤”为研究对象分析。 考向2　动量守恒定律的理解和应用 　(多选)(2024·广东卷，T10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 [解析]　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gtsin2θ，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3时间，则乙运动的时间t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝mv，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v＝2μgx，联立可得x＝，故D正确。 [答案]　ABD 【变式训练】 (多选)(2024·福建泉州市一模)在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　) A．若m1＝m2，最终将有1个小球运动 B．若m1<m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞 C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致 D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，但运动方向不一致 解析：选AD。碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换速度……，则不只发生1次碰撞，B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，直到D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，但运动方向不一致，C错误，D正确。 命题点2　三大观点分析力学中的碰撞问题 近3年15卷15考 1．从研究对象上看 (1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律； (2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律； (3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。 2．从研究过程上看 (1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点； (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点； (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理； (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。 3．从所涉及的物理量看 (1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律； (2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，则一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律； (3)如果涉及运动的位移或路程的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律； (4)如果涉及初、末速度的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。 　(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T14) 如图，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。 [解析]　(1)对A物块由平抛运动知识得h＝gt2 xA＝vAt 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s 对A、B物块整体由动量守恒定律有 mAvA＝mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小vB＝1 m/s。 (2)对物块B由动能定理有 －μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。 (3)由能量守恒定律有 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。 [答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 命题视角：题目以“两个物块间压缩的弹簧释放后的运动过程”为命题情境，考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的综合应用。 方法技巧：抓住隐含条件“弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出”，可以对弹开过程应用动量守恒定律，用平抛运动的规律求初速度。 　(2024·安徽卷，T14)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，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/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，由动能定理可得 mgL＝mv－0 解得v0＝5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律可得 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FT＝6 N。 (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可得 mv0＝mv1＋Mv2 mv＝mv＋Mv 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小v2＝v0＝4 m/s。 (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，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律可得 Mv＝×2Mv＋μ1Mgs 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有Mv2＝2Mv4 Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR 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)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 命题视角：题目以“小球从水平位置摆下并与物块碰撞，物块在小车上运动”为命题情境，主要考查了动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用等知识，物理情景比较常规，综合性较强。 方法技巧：题目以“竖直面内的圆周运动”“物体的碰撞模型”和“板块模型”三个物理模型组合命题，因此要分别分析每种模型的特点和满足的物理规律，注意利用转折点的速度建立它们之间的联系。 　(2024·湖北卷，T14)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0.10 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。 [解析]　(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即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 ΔEk＝m物v2－m物v－m球v 解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时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g＝m球 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v＝m球v＋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。 [答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 命题点3　三大观点分析力学中的“板块模型”问题 近3年11卷11考 1．“板—块”模型的动力学问题 (1)系统内某一物体若受拉力F，需利用牛顿第二定律判定二者之间有无相对滑动。 (2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位移之间的关系。 (3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二者共速。 2．“板—块”模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析：WF－fΔx＝ΔEk。 (2)系统的摩擦产生的内能：Q＝fΔx。 3．“板—块”模型中的动量问题 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。 　(2024·河北邯郸市二模)如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物体B以v0＝1.8 m/s的速度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰(碰撞时间极短)，最终物体A恰好能到达木板C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.1，水平地面足够大且光滑，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)碰撞后物体B的速度大小vB； (2)物体A在木板C上的加速时间t； (3)物体A、B在运动方向上的最小距离d。 [解析]　(1)设木板C的质量为m，物体A、B的质量为2m，B与C发生弹性正碰，有2mv0＝2mvB＋mvC ×2mv＝×2mv＋mv 联立并代入数据解得vB＝0.6 m/s，vC＝2.4 m/s。 (2)A恰好到达C的最左端，A、C系统由动量守恒定律可知mvC＝3mv共 解得v共＝0.8 m/s 对物体A根据牛顿第二定律可知 2μmg＝2ma 物体A加速到v共的时间t＝ 联立解得t＝0.8 s。 (3)A与木板C系统损失的机械能为摩擦力对系统做的功，由能量守恒定律可知 2μmgL＝mv－×3mv 则木板的长度L＝0.96 m A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间t0＝ 解得t0＝0.6 s B、C碰撞后B做匀速直线运动，A、B速度相同时B的位移xB′＝vBt0 B、C碰撞后A做匀加速直线运动，此时A的位移xA′＝at A、B最初的距离为L，此时A、B的最小距离d＝L＋xA′－xB′ 联立并代入数据解得d＝0.78 m。 [答案]　(1)0.6 m/s　(2)0.8 s　(3)0.78 m 审题与规范答题(二)——力学综合型 【审题定位】 力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高。具体问题中可能涉及单个物体单一运动过程，也可能涉及多个物体多个运动过程，在知识的考查上涉及动力学方法、动量观点和能量观点的综合运用。 【题目示例】 (14分)(2024·辽宁鞍山市联考)如图甲所示，在同一竖直面内，①光滑水平面与倾角为37°的传送带中间有一段半径R＝2.25 m的②光滑圆弧轨道，其两端分别与水平面及传送带相切于P、Q两点。开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，③并发生弹性碰撞，碰后B通过圆弧轨道滑上传送带。已知传送带顺时针匀速转动，④滑块B滑上传送带后的vt图像如图乙所示，t＝7.5 s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2 kg，滑块B的质量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)碰撞后滑块B的速度； (2)碰撞前滑块A的速度v0； (3)滑块B在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。 【审题模板】 序号 隐含条件分析 物理规律表达 ① 不受摩擦力 速度v0不变 ② 不受摩擦力 在PQ间运动机械能守恒 ③ 碰撞过程中动量守恒和机械能守恒 Mv0＝Mv1＋mv2 Mv＝Mv＋mv ④ 图像为倾斜直线 B滑上传送带后先加速后匀速 【规范答题】 (1)(第1个给分点：4分)由图像知滑块B到达Q点时速度v3＝4 m/s(1分) 对B在PQ间运动过程 －mg(R－R cos 37°)＝mv－mv(2分) 解得v2＝5 m/s。(1分) (2)(第2个给分点：5分)A、B碰撞过程由动量守恒定律、机械能守恒定律有 Mv0＝Mv1＋mv2(2分) Mv＝Mv＋mv (2分) 解得v0＝3.75 m/s。(1分) (3)(第3个给分点：5分)由vt图像可得传送带的速度v4＝5 m/s(1分) 滑块B相对于传送带位移Δx＝1.25 m(1分) 设滑块B在传送带上的加速度为a， f－mg sin 37°＝ma(2分) 滑块B因摩擦产生的热量 Q＝fΔx＝8 J。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $