第七章 素养培优13 利用力学“三大观点”解决力学综合问题（配套教参）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 素养培优13利用力学“三 考点透视 1.解决力学问题的三大观点 动力学 运用牛顿运动定律结合运动学知识， 观点 可解决匀变速运动问题 用动能定理和能量守恒定律等，可解 能量观点 决非匀变速运动问题 用动量守恒定律等，可解决非匀变速 动量观点 运动问题 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，系统克服摩擦力做的总功等于系统机械能 的减少量，即转变为系统内能的量. (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 形式能量之间的转换.作用时间都极短，因此用动 量守恒定律去解决， 典题例析 [典例1](2024·湖北 卷，T14)如图所示，水 平传送带以5m/s的 速度顺时针匀速转 动，传送带左右两端 的距离为3.6m.传送带右端的正上方有一悬点O, 用长为0.3m、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0.1kg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1m/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= 10m/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； ·17 观点”解决力学综合问题一学生用书P136 (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. [审题指导](1)水平传送带匀速转动，小物块在 传递带上运动 (2)由小物块与传送带间的动摩擦因数求出小物块 的加速度 (3)已知传送带的长度、速度以及动摩擦因数，由此 可求出物块与小球碰撞前的速度. [解析](1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿 第二定律有mg=ma, 解得a=5m/s, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的 距离为x 0经=2.5m<L#=3.6m, 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5m/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1十m球v2, 其中v=5m/s,v1=-1m/s, 解得2=3m/s, 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的 总动能为△业=名m-之听-名m时， 解得△Ek=0.3J. (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3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g=m球L能一d' 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能 1 守恒定律有2m球号=之m缘号十m集g(2L一)， 联立解得d=0.2m, 即P点到O点的最小距离为0.2m. [答案](1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m [典例2](2025·海 南卷，11)足够长的 传送带固定在竖直 ⊙+v⊙ 平面内，半径R=0.5m,圆心角0=53°的圆弧轨道 与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传 送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑， 在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知 m=4kg,mg=1kg,A、B可视为质点，A、B与传 送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程 中，因摩擦生热Q=2.5J,忽略轨道及平台的摩擦， g取10m/s2. (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小. [解析](1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据 机核能守恒mg(R-Rc0s53)=号m,, 解得vo=2m/s, %2 在最低点根据牛顿第二定律FN一mg=mAR' 解得F、=72N,方向竖直向上； (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒 mAVo=(mA十mB)V共， 解得v=1.6m/s, 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为△E一 名mw2-m+m2=1.6J: (3)第一种情况，当传送带速度⑦小于)共时，A、B 滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送 带间的动摩擦因数为H,对A、B根据牛顿第二定律 有(mA十mB)g=(mA十mB)a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=V共 -at, 该後时间内A,B运功的位移为-片”产4 传送带运动的位移为x2=vt1, 故可得Q=u(mA十mB)g·(x1一t2), 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； 第二种情况，当传送带速度大于V共时，A、B滑 上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间七2后 A、B与传送带共速，同理可得v=v共十at2, 该段时间内AB运动的位移为'=十”生， 2 传送带运动的位移为x2′=vt2, 故可得Q=u(mA十mB)g·(x2'-x1'), 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去. [答案](1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J (3)0.6m/s或2.6m/s [典例3](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=子kg的小球自Q点正上方 ·17 第七章动量动量守恒定律 h=2m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=15N时，b解除锁定开始 运动.已知a的质量m,=1kg,b的质量m=子kg,方 形物体的质量M=号起，重力加速度大小g=10m/, 弹簧的劲度系数k=50N/m,整个过程弹簧均在弹 性限度内，弹性势能表达式E,=k:(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1、V2; (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小b及弹性 势能的最大值Em, [解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到P 点处过程中，水平方向上动量守恒，则有w1 =Mv2' 由能量守恒定体有mgh=之m时+Md, 2 联立解得1=6m/s,=3m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度 为号m/,方向水平向右 (2)由于小球落在物块正上方，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m1=(m十ma)3 解得v3=2m/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十m,)=之(m十m,)十 联立解得v4=1m/s,x1=0.3m, 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十ma)v4=(m十m,十m,)v 解得，= 三m/s,方向水平向左 由能量守恒定律可得，暖大评性势能为E。=号(m 十，+-(m十m,十m,=号J [答案]1)6m/,水平向左，号m/s,水平向右 （2)号m/s,水平向左，号J [典例4]如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平 地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m2=4kg的小 高考总复习物理 物块以水平向右的速度w=号m/s滑上木板左 端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长， 物块与木板间的动摩擦因数4=0.1，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹 簧的弹性势能E。与形变量x的关系为E。 乙取重力加速度g=10m/s,结果可用 表示。 o m m1444444444444g (1)求木板刚接触弹簧时速度1的大小及木板运 动前右端距弹簧左端的距离x1. (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将 相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度2 的大小 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用 时间为t。.求木板从速度为v2时到之后与物块加 速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能 △U(用t。表示). 思维导图 过程一：物块在木板上滑动 过程二：木板接触弹簧，直到 直到两者共速 物块受到最大静摩擦力 过程四：木板向左加速，物块 过程三：物块和木板相对 做初速度向右，加速度恒定的 滑动，木板速度先减为0 运动，直到二者加速度相等 [解析](1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统 动量守恒，则有m2vo=(m1十m2）v1, 代入数据有v1=1m/s, 对m1受力分析有a1=m8=4m/s. m 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v12=2a1x1, 代入数据解得x1=0.125m. (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有 kx=(m1+m2)a共， 对m2有a2=g=1m/s2, 当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得 此时的弹簧压缩量x2=0.25m, 对m1、m2组成的系统列动能定理有 kx=2m,+m)听-（m+m), 1 3 代入数据有v=气m/s. (3)木板从速度为2时到之后与物块加速度首次 相同时的过程中，由于木板即1的加速度大于木 块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时 即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小 为v2,共用时2to,且2一直受滑动摩擦力作用，则 ·178 对m2有-um2g·2to=m2V3一m202, 解得- 一2t0 则对于m1,m2组成的系统有 -w=m暖+n,明-（m十m, 1 1 △U=-W, 联立有△U=4√3t0-8t6, 3 [答案](1)1m/s;0.125m(2)0.25m; m/s (3)4√3t。-8t8 [教师专享] 如图(a)所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道固 定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水 平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量 M=2kg,长度为L=0.5m,小车的上表面与B点 等高.质量m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧最 高点A由静止释放.g取10m/s2. 6 B 2 7777777777 9n9nm (a) (b)0立m (1)求物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小. (2)若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车， 求物块和平板车的最终速度大小. (3)若将平板车锁定，并且在其上表面铺上一种从 左向右动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所 受摩擦力随距离变化图像（∫-L图像）如图(b)所 示，且物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车 时的速度大小. 解析：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程 中，机械能守恒，则 mgR=名m,解得=3m/s 在B点，由牛顿第二定律得N一mg=m下，解得 N=30N 即物块滑到轨道B,点时对轨道的压力大小 W=N=30N. (2)物块滑上小车后，水平面光滑，物块与平板车组成 的系统的动量守恒，有=(m十MDv共，解得 U共=1m/s. (3)物块在小车上滑行时摩擦力做的功大小为∫-L图 线与坐标轴所国的面积，即W,=②+6)X0.51=2J, 2 根据动能定理有-w,=子mu-子mi 21 解得物块滑离平板车时的速度大小v2=√5m/s. 答案：(1)30N(2)1m/s(3)w5m/s 第七章动量动量守恒定律 [规范答题·满分规则2]动量和能量问题的综合应用 学生用书P139 经典案例 审题指导 [例](2024·浙江6月选考，18,11分)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水(1)根据牛顿第二定律求得 平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接.长为 滑块恰好能通过圆形轨道 L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH 最高点C时的速度大小， 齐平，将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起 根据动能定理求解滑块离 运动，平板到达HG即被锁定.已知R=0.5m,d=4.4m,L=1.8m,M=m=0.10kg,平 开弹簧的速度大小 板与滑块间的动摩擦因数1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为a2.滑块视为 (2)根据动量守恒定律与能 质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2. 量守恒定律，求解平板加速 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度o的大小； 至与滑块共速的过程系统 (2)若2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； 损耗的机械能. (3)若2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm (3)滑块滑上平板，运动到 平板最右端恰好不滑下，之 C 后与平板一起匀减速运动 H 到H点时，滑块离开弹簧 B(D) G 时的速度最大.根据牛顿第 二定律与运动学公式求解。 需要验证结果是否合理， 规范解答 满分规则 解析：(1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程，由动能定理有 [规则1]字母、符号的 -mg·2R=m-n (1分) 规范化书写 解题过程中运用的物理 滑块恰能通过圆形轨道最高点，则在最高点C,根据牛顿第二定律有 量要设定字母来表示， mv 题中给定的字母意义不 mg- (1分) R 能自行改变.在同一题 联立并代入数据解得vo=5m/s (1分) 中一个字母只能表示一 个物理量，同一题中出 (2)若42=0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程，滑块与平板组成的系统所受 现多个同类物理量，可 的合外力为零，动量守恒，故有 用角标区别 mvo=(M十m)v共 (1分) ◆[规则2]必要的文字 根据能量守恒定律有 说明，简洁明了 △E=m6-2M+ma 文字表述能使解题思路 (1分) 更清晰，解析有根有据， 联立并代入数据解得△E=0.625J (1分) 流畅完美.对所列方程的 物理依据，说明隐含条 (3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速时，对应满足条件下滑块 件、临界条件，分析所得 离开弹簧时的速度最大.滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有 的关键判断的说明，如 uimg=ma (1分) “根据动量守恒定律”等 对平板由牛顿第二定律有 对解题过程中必要的关 umg-uz (M+m)g=Maz (1分) 联词的说明，如“联立① 根据运动学规律有 ②③三式得”“将…代 入”等 Um-a t=a,t (1分) ◆[规则3] 分步列式，运 w--2a,f-1 (1分) 算简化 解题时要注意分步列式， 联立并代入数据解得vm=6m/s (1分) 不要漏掉或合并关系式 [图像分析]第(3)问可以在同一坐标系中作出滑块和平板的v-t图像，根据v 求解方程时，卷面上只要 t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移进行求解.如图： 求写出最简式，然后代 数据并直接给出计算结 果.切忌把大量的化简、 代值运算过程写在卷 =L 面上， ◆[规则4]矢量方程，注 意方向 动量定理和动量守恒定 律等都是矢量式，使用时 要规定正方向. ·179·