2026届高三物理二轮专题复习讲义 第9讲 力学三大观点的综合应用

第9讲 力学三大观点的综合应用 讲义 知识体系： 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 求解物体某一时刻的受力及加速度时,可用牛顿第二定律列式解决,有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式。 匀变速直线 运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk ①在涉及位移、速度,不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。 ②在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律,即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统的内能。 机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 动量观点 动量定理 FΔt=mv'-mv ①在涉及时间和速度,不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理。 ②若研究的对象为相互作用的物体组成的系统,一般考虑用动量守恒定律去解决,注意是否符合守恒条件。 ③碰撞、爆炸、反冲等问题因作用时间极短,一般都可以运用动量守恒定律。 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 考点一　板块模型中动力学、能量和动量的综合 1.动力学观点 2.动量观点 滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 3.能量观点 应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 典例1:(2025·江苏南通模拟预测)如图所示,半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道AB固定于竖直平面内,一长方形木板静止在水平光滑地面上,左端紧靠B点,上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点,长木板的右端有一固定在木板上的轻质弹性挡板,一可视为质点的质量为m=0.5 kg的物块从圆弧圆心的等高点A由静止释放,经B点滑上木板,最终物块停在长木板上。已知物块与长木板上表面间的动摩擦因数为μ=0.4,长木板的质量为M=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)物块滑到B点时对圆弧轨道的压力; (2)物块不和挡板碰撞,长木板的最小长度; (3)若长木板长度为1 m,碰撞为弹性碰撞,碰撞时间极短,求碰撞后物块停在木板上时距挡板距离及碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热量。 答案　(1)15 N,方向竖直向下　(2) m (3) m　 J 解析　(1)设物块滑到B点的速度大小为v0,物块由A到B的运动过程, 根据机械能守恒定律,有mgR=m 根据牛顿第二定律有FN-mg=m 联立解得v0=4 m/s,FN=15 N 由牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为FN'=FN=15 N,方向竖直向下。 (2)设长木板的最小长度为L,物块和挡板碰撞前恰好与长木板共速,其速度大小为v1,由动量守恒定律可得mv0=(m+M)v1 解得v1= m/s 由能量守恒定律可得μmgL=m-(M+m) 解得L= m。 (3)小物块与挡板碰撞后,与长木板达到共同速度后保持相对静止一起匀速直线运动,设距离挡板x,则有mv0=(m+M)v1 μmg(L'+x)=m-(M+m) 解得x= m 碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热量 Q=μmgx= J。 典例2:(2025·江苏常州市一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A(可视为质点)，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？ (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？ (3)若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少？ 答案　(1)　(2)m　(3) 解析　(1)对滑块A，根据动量定理-μmgt=mv0-m×4v0 解得t= (2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒m×4v0=mv0+3mvC 解得vC=v0 C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒3mvC=3m×v0+2mvB 解得vB=v0 在绳子拉断瞬间损失的机械能为ΔE=×3m-×3m(v0)2-×2m 解得ΔE=m (3)在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系 μmgx1=m-m-×3m 解得x1= 绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒 mv0+3m×v0=(m+3m)v 解得v=v0 绳子拉断后，A、C系统根据功能关系 μmgx2=m+×3m(v0)2-(m+3m)v2 解得x2= 木板C的长度至少为L=x1+x2=。 考点二　传送带模型中动力学、能量和动量的综合 1.传送带问题的分析步骤与方法 2.划痕长度与摩擦生热的计算 若只有一个相对运动过程,划痕长度等于相对位移的大小;若有两个相对滑动过程,两过程相对位移方向相同时,划痕长度求和,相对位移方向不同时,划痕以长的为准。全过程产生的热量Q=Ffs相对(s相对是相对路程,即相对位移绝对值的和)。 典例3:(2024·贵州卷,15)如图,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小; (2)b从M运动到N的时间; (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 答案　(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 解析　(1)a从静止释放到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma 在P点,设轨道对它的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-mag=ma 联立解得FN=30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有 magR-μmagd=ma-0,解得vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mavM=mava+mbvb ma=ma+mb 解得vb=2 m/s b滑上传送带后,根据牛顿第二定律有μmbg=mba 解得a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1==0.2 s 对地位移x=·t1=0.3 m 此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s。 (3)设向右为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量, 对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0) 解得v=2 m/s b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s 可得Δt=t3+t4 b在Δt时间内向右运动的距离Δx=·t3-·t4=0.3 m 循环10次后b向右运动的距离x'=10·Δx=3 m 每一次相对传动带运动的路程s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10 μmbgs=90 J 然后b继续向右减速运动,根据运动学公式vt5-a=L-x',解得t5=0.2 s 此过程,b相对传动带运动的路程s'=L-x'+v0t5=0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2=μmbgs'=5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 考点三　力学中的多运动组合问题 典例4:(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s，v2= m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3 解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F=kx1 系统机械能守恒(m+ma)=(m+ma)+k 联立解得v4=1 m/s，x1=0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 解得vb= m/s，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)=2.5 J。 典例5:(2025·云南模拟预测)如图所示,半圆形轨道的直径PQ与水平面垂直,轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切,台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够长的长木板C,C的右端与弹性挡板D的距离x=2.0 m。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧(弹簧与铁块不固定),某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离。释放后,铁块A恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点P,铁块A到最高点后被取走。铁块B滑上木板C的上表面,一段时间后C与D相撞。已知B、C接触面间的动摩擦因数μ=0.4,其余摩擦均不计,C与D在碰撞过程中没有机械能损失,半圆形轨道的半径R=0.32 m,木板C的质量mC=1 kg,铁块A、B与木板C的质量之比是mA∶mB∶mC=3∶2∶1,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求铁块B滑上木板C时的速度vB的大小; (2)求C与D第一次相撞前,B、C系统摩擦产生的热量Q; (3)若C右端与D的距离x可以改变,要求C与D碰撞两次,求x应满足的条件。 答案　(1)6 m/s　(2)12 J　(3) m≤x< m 解析　(1)铁块A、B与木板C的质量之比 mA∶mB∶mC=3∶2∶1 又mC=1 kg,则mA=3 kg,mB=2 kg 铁块A、B弹开过程,动量守恒,有mAvA-mBvB=0 铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P,则由牛顿第二定律有mAg=mA 铁块A弹开后,一直运动到半圆形轨道最高点P的过程,根据机械能守恒定律有 mA=mA+mAg·2R 联立解得vB=6 m/s。 (2)B与C组成的系统动量守恒,设共同速度为v,以向右为正方向, 由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)v 解得v=4 m/s 设此过程C的位移大小为x1,由动能定理得μmBgx1=mCv2-0 解得x1=1.0 m<x=2.0 m 则B与C共速后木板才与D碰撞,对B、C系统,由能量守恒定律得 mB=(mB+mC)v2+Q 解得系统产生的热量Q=12 J。 (3)设C与D第一次碰撞前瞬间,B与C的速度大小分别是v1、v2,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mBvB=mBv1+mCv2 设C与D第二次碰撞前瞬间,B与C的速度大小分别为v3、v4, 由动量守恒定律得mBv1-mCv2=mBv3+mCv4 若要碰撞两次,需要满足mBv1-mCv2>0,mBv3-mCv4≤0 根据C往返运动的对称性可知v2=v4 对C由动能定理得μmBgx=mC-0 解得x< m或x≥ m 综上所述x应满足的条件是 m≤x< m。 考点四 数学归纳法解决多次碰撞问题 数学归纳法：先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据。 典例6:(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案　(1)v0　(2)　(3)()4n+1m 解析　(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由能量守恒定律有m=m+×3m 解得v1=-v0，v2=v0 负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=mv2=()4n+1m。 学科网（北京）股份有限公司 $