07 专题二 第7课时 力学三大观点的综合应用（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

　力学三大观点的综合应用 真题呈现 2022·广东卷T13——力学综合问题 2022·广东卷T14——带电油滴在电场力、重力和阻力作用下的运动 2023·广东卷T15——力学综合问题 2024·广东卷T10——力学综合问题 2024·广东卷T14——力学综合问题 2024·广东卷T15——带电粒子在交变电场和磁场中的运动 2025·广东卷T14——力学综合问题 2025·广东卷T15——带电颗粒在复合场中的运动 考情分析 力学的三大观点是解决力学综合问题和电磁学综合问题的核心思想。高考以创设较为复杂的运动情境为依托强调受力分析、运动过程分析，并需应用力学三大观点进行分析和推理，经常作为压轴题出现，对综合分析能力要求较高。 真题情境 　　 2022·广东卷T13 　　　2022·广东卷T14　　　　2023·广东卷T15 2024·广东卷T10　　　2024·广东卷T14　　　2024·广东卷T15 　　 2025·广东卷T14　　　　　　　　　　　2025·广东卷T15 突破点　应用力学三大观点解决多过程问题 1．三大观点的对比 分类 规律 表达式 适用情况 动力学 观点 力的瞬时 作用 牛顿第二定律 F合＝ma 单体 牛顿第三定律 F＝－F' 能量 观点 力的空间 累积作用 动能定理 W合＝Ek2－Ek1 单体 机械能守恒 定律 Ek1＋Ep1＝ Ek2＋Ep2 系统 动量 观点 力的时间 累积作用 动量定理 F合t＝mv'－ mv 单体 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝ m1v'1＋m2v'2 系统 2．三大观点的选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律。 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。 [典例1]　算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10-2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 [解析]　(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动 加速度大小a1＝＝1 m/s2 设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1 则v2－＝2a1s1，解得v1＝0.3 m/s 甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向 则有mv1＝mv'1＋mv乙，其中v'1＝0.1 m/s 解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s 碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小 a2＝＝1 m/s2 设乙算珠能运动的最远距离为x 则x＝＝0.02 m 由于x＝s2 所以乙算珠能够滑动到边框a。 (2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间 t1＝＝0.1 s 碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s 所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。 [答案]　(1)能(计算过程见解析)　(2)0.2 s [典例2]　(2022·广东卷T14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求： (1)比例系数k； (2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。 [解析]　(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小 v1＝ 匀速时m0g＝f1 又f1＝kv1 联立可得k＝。 (2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电；油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电 油滴B向上匀速运动时，速度大小为 v2＝ 根据平衡条件可得m0g＋kv2＝q 解得q＝ 根据ΔEp＝－W电 又W电＝·qh2 联立解得 ΔEp＝－。 (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，新油滴所受电场力 F'＝＝ 若F'>2m0g，即h2>h1 可知v2>v1 设向上为正方向，根据动量守恒定律得 m0v2－m0v1＝2m0v共 可得v共>0 新油滴向上加速，达到平衡时 2m0g＋k·(2m0v'＝F' 解得速度大小为v'＝，速度方向向上； 若F'<2m0g，即h1>h2 可知v2<v1 设向下为正方向，根据动量守恒定律得 m0v1－m0v2＝2m0v'共 可知v'共>0 新油滴向下加速，达到平衡时 2m0g＝F'＋k·(2m0v″ 解得速度大小为v″＝，速度方向向下。 [答案]　(1)　(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为　电势能的变化量为－　 (3)见解析 [典例3]　(2025·广东佛山二模)很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H＝2R，bc是半径为R的四分之一圆弧管(R远大于管道直径)，cde水平，cd长度x1＝3R，de长度x2＝R。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为M＝3m。启动风机，给A施加一大小恒为F＝2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg(忽略管道内空气流动对气压的影响)，ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为Wf＝mgR(π－1)，求： (1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN； (2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC； (3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。 [解析]　(1)A由a到b过程有(F－mg)×2R＝m 解得vb＝2 A经b点处时FN＝m 解得FN＝4mg。 (2)A由b到d过程有F×－Wf－mgR＋Fx1＝m－m 解得vd＝4 A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有mvd＝mvA＋MvB，m＝m＋M 解得vA＝－2，vB＝2 B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有MvB＝MvB2＋MvC，M＝M＋M 解得vB2＝0，vC＝2。 (3)设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零时，根据动能定理有－Fs1＝0－m 解得s1＝R<x1＝3R 假设成立 以vA的方向为正方向，设A与B再次碰撞的时间为t，根据动量定理有Ft1＝m(－vA)－mvA 解得t1＝2 A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为xC＝vCt1－a C的加速度大小mg＝Ma 解得a＝g 位移大小为xC＝R 此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生第二次碰撞。 [答案]　(1)4mg　(2)2　(3)B与C不会发生第二次碰撞 【教师备选资源】 1．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)，g取10 m/s2。 (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处进入，经DEF管道到达最低点的过程中，由动能定理得 mg·2R＝m－m 解得vF＝10 m/s 在最低点F由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝31.2 N。 (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，设碰后滑块a的速度大小为va，则由动能定理有 －mg·2R－μmgL＝m－m 解得va＝5 m/s 滑块a、b碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，有mvF＝－mva＋3mvb，解得vb＝5 m/s 滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝m－ 解得ΔE＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后a、b的共同速度为v，由动量守恒定律得 mvF＝(m＋3m)v 当弹簧最长或最短时，滑块a、b与滑块c均达到共速，设为v'，由动量守恒定律得 (m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v' 弹簧的最大弹性势能 Ep＝(m＋3m)v2－(m＋3m＋2m)v'2 又Ep＝kx2 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统的动能相等，所以弹簧最长或最短时，弹簧的形变量大小相同，故弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x 联立解得Δx＝0.2 m。 [答案]　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $