第七章 第4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 浙江专用）

第4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·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； (2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； (3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s 解析　(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝mvC2 解得vC＝4 m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝m 解得FC＝22 N (2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得 mgh－0.2mgLFG＝mv2 解得v＝6 m/s 摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1 解得v1＝＝3 m/s 根据能量守恒可得Q＝μmgL＝mv2－×2mv12 解得μ＝0.3 (3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝3 m/s2 所用时间为t1＝＝1 s 此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m 滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝＝1.5 s 则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。 例4　(2023·浙江省稽阳联谊学校联考)某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角θ＝37°的直轨道OB、光滑圆弧轨道B′C′以及平台CD组成，其中圆弧轨道在B′、C′两点的切线分别与直轨道OB、平台CD平行，BB′、CC′间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定在直轨道OB的底端，质量m＝0.2 kg的滑块P紧靠弹簧上端放置，平台右端D点放置一质量M＝0.4 kg的滑块Q。已知圆弧轨道半径R＝1 m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD长度LCD＝1 m，平台离地高度h＝2.5 m，滑块P与轨道OB、平台CD间的动摩擦因数μ＝0.1。游戏中，游戏者将滑块P压缩弹簧到不同的程度，如果释放滑块P后，滑块P能够一直沿轨道运动至D点，与滑块Q发生弹性正碰，且滑块P停留在CD平台上，则视为游戏成功。某次游戏中游戏者将滑块P压缩弹簧至A点，AB距离LAB＝3 m，静止释放后滑块P沿轨道运动，测得经过C′点的速度大小为vC′＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求该次游戏滑块P经过圆弧轨道C′时对轨道的压力F； (2)该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep； (3)更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下(不考虑滑块P二次压缩弹簧的情况)，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围。 答案　(1)1.2 N，方向竖直向上　(2)6.08 J　(3) m≤x≤2 m 解析　(1)在C′点：F′＋mg＝， 得F′＝1.2 N，方向竖直向下， 由牛顿第三定律知，滑块P对轨道的压力F＝1.2 N，方向竖直向上。 (2)该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep＝mgLAB·sin θ＋mgR(1－cos θ)＋μmgcos θ·LAB＋mvC′2 代入数据得Ep＝6.08 J (3)根据动量守恒mvD＝mv1＋Mv2 能量守恒mvD2＝mv12＋Mv22 解得v1＝－vD，v2＝vD ①滑块P在C′点恰好不脱离轨道mg＝m 解得v＝ m/s 由动能定理得－μmgLCD＝mvD2－mv2 解得vD＝2 m/s ②滑块P不离开CD平台时 mv12≤μmgLCD 得vD≤3 m/s 综合可知2 m/s≤vD≤3 m/s 滑块Q平抛落地过程h＝gt2，x＝v2t 得x＝vD 联立可得 m≤x≤2 m。 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，由动能定理知 2mg·3L－W＝×2m(2v0)2－×2mv02 解得W＝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．(2023·浙江湖州、衢州、丽水三地市质检)有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量Δx的关系为W＝k(Δx)2，弹簧劲度系数k＝80 N/m，压缩量Δx可调，斜面CD的倾角为θ＝53°，长为L1＝2 m。质量m＝0.05 kg的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数μ1＝。斜面在D点处与半径R＝0.40 m的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为M＝0.15 kg的物块Q放在距离E点L2＝1.60 m的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为μ2＝，紧靠F点右侧下方有一距EF为h＝0.80 m的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)若压缩量Δx＝5 cm，求物块P第一次到达C点时的速度大小； (2)若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力； (3)若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，Δx至少为多大； (4)若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度s可调，则s多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远；水平最远距离为多少。 答案　(1)2 m/s　(2)3 N，方向竖直向下　(3)0.20 m　(4)0.30 m　2.1 m 解析　(1)由B到C，根据能量守恒可知k(Δx)2＝mvC2，解得vC＝2 m/s (2)物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力mg＝ 得v0＝2 m/s 从最高点到E点，根据动能定理mg2R＝mv2－mv02 可得v＝2 m/s 在E点由牛顿第二定律知F－mg＝ 解得F＝3 N 由牛顿第三定律得F′＝F＝3 N，方向竖直向下 (3)当恰好过圆周运动最高点的情况下 －μ2mgL＝0－mv2 解得L＝8 m>1.60 m，能撞上物块Q 根据能量守恒k(Δx)2－mgL1sin 53°－μ1mgL1cos 53°－mg(R＋Rcos 53°)＝mv02 解得Δx＝0.20 m (4)从E点到Q点，由动能定理得－μ2mgL2＝mv12－mv2 可得v1＝4 m/s 根据动量守恒mv1＝(M＋m)v2 可得v2＝1 m/s 则从G点到轨道右侧－μ2(M＋m)gs＝(M＋m)v32－(M＋m)v22 可得v3＝ 由平抛公式h＝gt2 得t＝0.4 s 所以水平距离x＝1.60＋s＋0.4＝－(1－s)＋0.4＋2.0 所以当s＝0.30 m时xmax＝2.1 m。 3．(2023·浙江省天域全国名校协作体阶段检测)如图所示是一个大型益智儿童玩具。竖直平面内一个大小不计、质量为m＝0.4 kg的物块轻轻放在长为L1＝2 m的动摩擦因数为μ1＝0.75、速度可调的固定传送带右端。物块由传送带自右向左运动，CH之间的开口正好可容物块通过。传送带左侧半圆轨道固定，半径为R＝0.4 m，与长为L2＝ m、动摩擦因数为μ2＝0.8的水平粗糙地面EF相连，F点正上方存在一个固定的弹性挡板(碰后原速率反弹)。F点右侧紧挨着两辆相互紧靠(但不粘连)、质量均为M＝0.2 kg的摆渡车A、B，摆渡车长均为L3＝2 m，与物块之间的动摩擦因数均为μ3＝0.15，与地面间的摩擦可忽略，g取10 m/s2，则： (1)若物块恰好不脱轨，求物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力； (2)通过调节传送带速度，使物块运动过程中始终不脱轨，求物块最终可能在EF上停留的区域长度d； (3)若撤去弹性挡板，且传送带速度调为6 m/s，求A的最终速度大小及物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q。 答案　(1)12 N，方向水平向左　(2)1 m　(3)1 m/s　 J 解析　(1)若物块恰好不脱轨，则在C点有mg＝m vC＝＝ m/s＝2 m/s 从C点到D点，由动能定理得mgR＝mvD2－mvC2 得vD＝2 m/s D点时轨道对物块的弹力FN＝m＝12 N 由牛顿第三定律得，物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小FN′＝12 N，方向水平向左。 (2)若物块从出发至C点一直加速，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 得a1＝μ1g＝7.5 m/s2 则到达C点的最大速度vCmax，则vCmax2＝2μ1gL1，得vCmax＝ m/s 故物块经过C点的速度范围为2 m/s≤vC≤ m/s 从C点到最终停下来，设在水平粗糙地面EF通过的路程为s， 由动能定理得mg·2R－μ2mg·s＝0－mvC2 可得 m≤s≤ m 物块最终可能在EF上停留的区域长度d＝ m－ m＝1 m (3)由动能定理得mg·2R－μ2mgL2＝mvF2－mvC2可得vF＝4 m/s 物块在A上滑行时，推动A、B一起运动，设物块到达A右端时A、B的速度为vA， 由动量守恒和能量守恒得mvF＝mv1＋2MvA μ3mgL3＝mvF2－mv12－×2MvA2 可得v1＝3 m/s，vA＝1 m/s 此后物块在B上滑行时，推动B继续加速，设物块与B共速时的速度为vB，物块与B的相对位移为ΔL， 由动量守恒和能量守恒得mv1＋MvA＝(m＋M)vB μ3mg·ΔL＝mv12＋MvA2－(m＋M)vB2 可得ΔL＝ m 物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q＝μ3mg(L3＋ΔL)＝ J。 4．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。 (1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； (3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。 答案　(1)5 m/s　(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m) (3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时，(3＋) m≤x<(3.6＋) m 解析　(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvb2， 解得vb＝5 m/s① b与a发生弹性正碰， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvb＝mvb′＋mv0② mvb2＝mvb′2＋mv02③ 联立①②③解得v0＝5 m/s④ (2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1， 根据动能定理可得 mgh1－2μmgl－mgH＝0， 解得h1＝1.2 m⑤ 以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m⑥ 由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑦ 联立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)⑧ (3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得 mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑨ 从E点飞出后，竖直方向H＝gt2⑩ 水平方向s1＝vEt⑪ 当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值， 根据几何关系可得DF＝ m⑫ x＝3l＋DF＋s1⑬ 代入数据解得(3＋) m≤x<(3.6＋) m；⑭ 当0.9 m<h<1.2 m时，从h2＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得 mgh－μmgs2＝0⑮ 当h最小时 解得s2＝1.8 m⑯ 可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止； 当h取1.2 m时， 物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0， 解得s3＝0.4 m， 距离C点0.6 m， 又因h＝1.2 m不在此范围内， 故当0.9 m<h<1.2 m时，有 3l－s3<x≤3l 代入数据得2.6 m<x≤3 m。 学科网（北京）股份有限公司 $