第七章 第5课时 专题强化：用三大观点解决力学问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第5课时　专题强化：用三大观点解决力学问题 目标要求　掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。 1．解决动力学问题的三个基本观点 (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。用动量定理可简化问题的求解过程。 2．力学规律的选用原则 (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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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问题，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，即系统内能的增加量。 (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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 例1　(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg－f′＝5 N。 (2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv12－mv02 代入数据解得v1＝8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 －(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2 代入数据联立解得h＝0.2 m。 例2　(2023·浙江6月选考·18)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)，重力加速度g＝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。 答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 解析　(1)滑块a从D到F，由动能定理 mg·2R＝mvF2－mv02 在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝m 解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N (2)已知滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s， 设滑块a与b碰后的速度大小为va，由动能定理有： －mg·2R－μmg·L＝mvB2－mva2 解得va＝5 m/s 因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mva＋3mvb 解得碰后b的速度vb＝5 m/s 则滑块a、b碰撞过程损失的能量 ΔE＝mvF2－mva2－×3mvb2 解得ΔE＝0 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则由动量守恒知a、b碰后的共同速度v满足：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v′，有4mv＝6mv′，解得v′＝ m/s 设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有×(m＋3m)v2＝×(m＋3m＋2m)v′2＋kx12 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。 例3　(2023·江苏徐州市第七中学校考)如图所示，质量m＝1 kg的小球用长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求： (1)与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力大小； (2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小； (3)整个装置在全过程中损失的机械能。 答案　(1)14 N　(2) m/s　(3) J 解析　(1)由机械能守恒定律有 mgL(1－cos 37°)＝mv02 由牛顿第二定律有F－mg＝m 解得F＝14 N，v0＝2 m/s (2)小球与A发生弹性碰撞有mv0＝mv1＋mAvA mv02＝mv12＋mAvA2 解得vA＝2 m/s 对A有μmAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2 对B、C有μmAg＝(mB＋mC)aBC，解得aBC＝1 m/s2 同时根据位移关系有vAt－aAt2－aBCt2＝lAB 代入数据解得t＝ s或t＝1 s 根据题意，在A与B碰撞前，A的速度应大于B、C的速度，而当t＝1 s时，A的速度为0，B、C的速度为1 m/s，不符，舍去，所以取t＝ s，此时有vA′＝vA－aAt 解得vA′＝ m/s (3)分析可知最后A、B、C共速一起在水平地面上匀速运动，对A、B、C系统，系统动量守恒 mAvA＝(mA＋mB＋mC)v共，解得v共＝ m/s 整个装置在全过程中损失的机械能为 ΔE＝mAvA2－(mA＋mB＋mC)v共2＝ J。 课时精练 1．(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL－3mv02　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t＝＝ (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W＝×2mv02＋2mg·3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv02 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2 ×2m×(2v0)2－(mv12＋×2mv22) ＝×[×2m×(2v0)2] 解得v1＝2v0 v2＝v0 (另一解v1＝v0，v2＝v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1＝ 则s－r＝v2t1 s＋r＝v1t1 解得s＝ 2．(2024·江苏镇江市吕叔湘中学校考)如图所示，质量均为1.5m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与水平地面接触，B离地面的高度为h，质量为m的圆环C套在轻绳上，C在B上方h处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，求： (1)B、C碰撞后瞬间，A、B、C三者的共同速度为多大； (2)碰撞后，B经过多长时间到达地面； (3)若C与B发生的是弹性碰撞，则碰撞后当B运动到地面时C离地面的高度。 答案　(1)　(2)2　(3)0 解析　(1)设C与B碰撞前瞬间速度大小为vC，根据机械能守恒定律有mg·h＝mvC2 解得vC＝ 设B、C碰撞后瞬间，A、B、C三者的共同速度为v，根据动量守恒定律有mvC＝4mv，解得v＝ (2)C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得 2．5mg－1.5mg＝4ma，解得a＝g 设运动时间为t，根据运动学公式得h＝vt＋at2 解得t＝2 (3)若C和B发生的是弹性碰撞，设碰撞后C和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有 mvC＝－mv1＋3mv2 根据能量守恒定律有mvC2＝mv12＋×3mv22 解得v1＝v2＝vC＝ 碰撞后B做匀速直线运动，从碰撞到B运动到地面所用时间t′＝＝2 这段时间内，圆环C做竖直上抛运动，以竖直向上为正方向，设运动的位移为x，则 x＝v1t′－gt′2＝－h 即当物块B运动到地面时，C也刚好运动到地面，即这时C离地面的高度为0。 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，cos 37°＝0.8，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第一次碰撞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。 答案　(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＝mv02，解得v0＝ (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒有mv02＝×3mv22＋mv12 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，后反向做匀加速运动，加速度大小相等，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＝＝ 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 α(v2t1＋t1＋t1－v2t1)＝mgL。 4．(2023·江苏常州市前黄高级中学校考)如图所示，固定光滑轨道由水平轨道AB和与AB相切于B点且半径R＝0.5 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.5 kg的小滑块a；AB右侧紧靠A点的水平地面上停靠一质量M＝0.7 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量m2＝0.3 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小； (2)求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能； (3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？ 答案　(1)30 N　(2) m　6.875 J　(3)停在P点左侧 m处 解析　(1)在C点，根据牛顿第二定律得 m1g＝ B→C过程由动能定理得 －m1g·2R＝m1vC2－m1vB2 解得vB＝5 m/s 在B点FN－m1g＝m1 解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可知FN′＝30 N (2)a、b发生弹性碰撞，动量及能量守恒，取向左为正方向，va＝vB m2vb＝m2vb′＋m1va m2vb2＝m2vb′2＋m1va2 解得vb＝ m/s vb′＝－ m/s 反弹后b回到A有m2vb′2＝2μm2gL 解得L＝ m 弹簧被释放前所具有的弹性势能 Ep＝m2vb2＋μm2gL＝6.875 J (3)反弹后b与小车动量守恒－m2vb′＝(M＋m2)v共 解得v共＝0.5 m/s 至共速产生的热量 Q＝m2vb′2－(M＋m2)v共2＝ J Q＝μm2gL′ 可得L′＝ m，Δx＝L′－L＝ m 故b最终停在P点左侧 m处。 学科网（北京）股份有限公司 $