【精准解析】2021高考物理教科版：第六章+微专题48+力学三大观点的综合应用

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高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C② 在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A 物块－μMgs A ＝0－12M v 2A解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． 2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v＝12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L＝2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长为x＝2 m，水平面右端与一光滑的半径R＝1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB能沿半圆轨道运动到N点，且从N点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma，代入数据得：a＝12 m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2 as代入数据得：s＝116m＜L＝2 m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12 m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx ，代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ，联立并代入数据得：μ2＝0.09，综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22 ②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0,0点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30°解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m/s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式：对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s ；(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ，则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。

【精准解析】2021高考物理教科版：第六章+微专题44+“选好研究对象”应用动能定理

1．注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量；要明确过程的初、末状态．2．解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需注意如何“选好研究对象”：需以流体为研究对象，建立“柱状”模型，如图所示，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S，取很小的一段作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm ＝ρSΔl.根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv(粒子流微元内的粒子数N＝n v SΔl，先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算)．注，则Δl＝(v－意：若流体冲击的物体是静止的，则Δl＝vΔt；若流体冲击的物体速度为v物v物)Δt.1．(多选)(2020·山东济南市模拟)质量1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t变化的关系图像如图1所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()图1A．2s末物体所受阻力的大小为10NB．在0～2s内，物体所受阻力随时间均匀减小C．在0～2s内，物体的动能增大了100JD．在0～1s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s2．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图2所示，若水柱截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力大小为()图2 A．ρS v B．ρS v2C.1 2ρS v2D.12ρS v3.(2019·福建三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图3所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图3A．0.2N B．0.6N C．1.0N D．1.6N4．为估算池塘中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa5．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°.质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两个斜面始终静止．重力加速度为g，小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图4A ．两物块所受重力冲量相同B ．两物块所受重力做功的平均功率相同C ．地面对两斜面的摩擦力均向左D ．两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g6．(2019·重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图5所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力．已知单个正离子的质量为m ，电荷量为q ，正、负栅板间加速电压为U ，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I .忽略离子间的相互作用力，忽略离子到达正极栅板时的速度，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为()图5A ．I 2mUq B ．I mUq C ．I mU2q D ．2I mUq7．(2020·重庆市抽测)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图6所示的v －t 图像，小球质量为0.6kg ，空气阻力不计，重力加速度g ＝10m/s 2，由图可知()图6A ．横坐标每一小格表示的时间是1sB ．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC ．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD ．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66N8．(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是()A．风停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468NC．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936ND．风速的大小为10m/s9．如图7所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()图7A．买者说的对B．卖者说的对C．公平交易D．具有随机性，无法判断10．(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图8所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图像．图中作出了t＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)小球在t＝0.5s时刻的加速度大小；(2)小球最终的收尾速度大小；(3)小球在0～0.5s内的位移．11．某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的Mickey Mouse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，Mickey Mouse模型能够上下运动，引人驻足，如图9所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知Mickey Mouse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能．图9(1)求喷泉喷水的功率P；(2)试计算Mickey Mouse模型在空中悬停时离喷口的高度h；(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．答案精析1．AD [2s 末物体的加速度为零，则此时，阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N ，选项A 正确；根据mg －f ＝ma 可知，在0～2s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；在0～2s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10m/s ＝10m/s ，则动能增大了12m Δv 2＝12×1×102J ＝50J ，选项C 错误；在0～1s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1m/s ＝7.5m/s ，根据动量定理mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5N·s ，选项D 正确．]2．B [在t 时间内射到被切割的钢板上的水流的质量m ＝v tSρ，设钢板对水流的作用力大小为F ，根据动量定理Ft ＝m v ，解得F ＝ρS v 2，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力大小为ρS v 2，选项B 正确．]3．B [设豆粒从80cm 高处下落到秤盘上时的速度大小为v 1，则有v 12＝2gh ，可得v 1＝2gh ＝2×10×0.8m/s ＝4m/s设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1则F ＝m v 2－m v 1t ＝0.1×2－0.1×－41N ＝0.6N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．A [设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12m/s 减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，可得F ＝Δm Δtv ；设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水位上升了Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，可得F ＝ρS v Δh Δt，则根据牛顿第三定律可知，睡莲和叶面受到的作用力大小F ′＝F ＝ρS v Δh Δt ，故压强p ＝F ′S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33600Pa ＝0.15Pa.]5．AD [设斜面的底边长度为L ，则斜边长度s ＝L cos θ，小物块下滑的加速度a ＝g sin θ，下滑的时间t ＝2s a ＝4L g sin 2θ，当两斜面倾角分别为30°和60°时，可得两物块运动的时间相同，根据I ＝mgt 可知，重力的冲量相同，选项A 正确；重力做功W ＝mgL tan θ，则重力做功的平均功率：P ＝W t ＝12mg tan θgL sin 2θ，则当两斜面倾角分别为30°和60°时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B 错误；当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对物块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C 错误；竖直方向，因物块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知物块失重，则两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g ，选项D 正确．]6．A [以正离子为研究对象，由动能定理得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的正离子总质量为M ＝Q q m ＝I Δt qm .由动量定理可知正离子所受的平均冲量F Δt ＝M v ，联立可得F ＝I2mU q ，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力的大小为F ＝I 2mU q，故A 正确．]7．C [小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g ，则由题图可知，落地时速度为6m/s ，故用时t ＝610s ＝0.6s ，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s ，故A 错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h ＝12×10×(0.6)2m ＝1.8m ，故B 错误；第一次反弹后加速度大小也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为h ′＝12×10×(0.5)2m ＝1.25m ，故C 正确；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为0.1s ，根据动量定理可知：mgt －Ft ＝m v ′－m v ，代入数据解得F ＝72N ，故D 错误．]8．BD [风突然停止，帆船只受到水的阻力的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝0.5m /s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律可得f ＝Ma ，代入数据解得f ＝468N ，选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力的大小为F ，根据平衡条件得F －f ＝0，解得F ＝f ＝468N ，选项C 错误；设在时间Δt 内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m ，则m ＝ρS (v －v 0)Δt ，由牛顿第三定律可知，这部分空气受到的推力F ′＝F ，以v 0的方向为正方向，根据动量定理有－F ′Δt ＝m v 0－m v ，解得v ＝10m/s ，选项D 正确．]9．C [设米流的流量为d ，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m 1，空中还在下落的米的质量为m 2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm .在极短时间Δt 内，取Δm 为研究对象，这部分米很少，Δm ＝d ·Δt ，设其落到米堆上之前的速度为v ，经Δt 时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得：(F －Δmg )Δt ＝Δm v即F ＝d v ＋d ·Δt ·g ，因Δt 很小，故F ＝d v根据牛顿第三定律知F ′＝F ，称米机的读数应为M ＝m 1g ＋F ′g ＝m 1＋d v g＝m 1＋dt ＝m 1＋m 2′因切断米流后空中尚有质量m 2的米在空中，m 2＝d v g＝d ·t ＝m 2′，故C 正确．]10．(1)4m/s 2(2)203m/s (3)23m 解析(1)由题图可知，小球在t ＝0.5s 时的加速度大小为：a ＝Δv Δt＝4m/s 2；(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k ，则有mg －k v ＝ma达到最大速度时，加速度为0，则有mg ＝k v m联立解得：k ＝34，v m ＝203m/s ；(3)以竖直向下为正方向，在0～0.5s 内，对小球由动量定理可得mgt －∑k v i Δt ＝m v －0即mgt －ks ＝m v －0解得：s ＝23m.11．(1)12ρS 0v 03(2)v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02(3)见解析解析(1)喷泉喷水的功率为：P ＝ΔW Δt ＝ΔE k Δt ＝12Δm v 02Δt ＝12ρS 0v 0Δt v 02Δt＝12ρS 0v 03；(2)以向上为正方向，以Δt 内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v ：－F ·Δt ＝Δp ＝Δm ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·(0－v )所以F ＝ρS 0v 0v根据牛顿第三定律：F ′＝F ＝Mg所以Mg ＝ρS 0v 0v ，得：v ＝Mg ρS 0v 0水从喷口喷出后再做竖直上抛运动：v 2－v 02＝－2gh ，所以h ＝v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02；(3)从喷口喷出的水的流量Q ＝S 0v 0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变Q ＝S 0v 0＝S i v i ，在v i 不断变小时，横截面积S i 在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗．。

第六章微专题48 力学三大观点的综合应用

力学的三大观点综合应用1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C, BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m．质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块在斜面上的运动时间t；(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s;(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v.3．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状，长L＝0.8 m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BP平滑连接，CD段是半径R＝0.4 m的14圆弧，AC段在水平面上，管中有两个可视为质点的小球a、b，m a＝6m，m b＝2m.开始b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够通过轨道最高点P，a球则滑回AC段从细管的A点滑出．(重力加速度取10 m/s2，6＝2.45)求：(1)若v0＝4 m/s，碰后a、b球的速度大小；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；(3)若v0未知，v0的取值范围．4．(2020·河南郑州市模拟)如图4所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长L＝4.0 m，且沿顺时针方向以恒定速率v ＝3.0 m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0 m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)P、Q的距离；(2)v0的大小；(3)已知竖直圆轨道半径为0.55 m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0′的范围．答案精析1．(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m解析 (1)由平抛运动的规律有：tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得：x ＝1.2 m ；(2)以v 0的方向为正方向，物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得：fL ＝12m v 12－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得：－ft 0＝m v －m v 1得：t 0＝1 s ；(3)有销钉时：mgH ＋12m v 02＝12m v 12 由几何关系得：H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间的水平距离：x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 12－12(M ＋m )v 2 若拔掉销钉，小车和物块组成的系统在水平方向上动量守恒，则小车向左运动达最大位移时，速度为0，物块速度为4 m/s ，则由能量守恒有：mgH ＝μmg (Δx －x BC )联立以上式子得：Δx ＝3.73 m.2．(1)52h 3g (2)5－2212h (3) gh 6解析 (1)设滑块的质量为m ，下滑距离为d ，根据几何关系：d ＝h sin θ，在下滑过程中，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，位移关系：d ＝12at 2，联立解得t ＝52h 3g； (2)设滑块滑到底端时速度为v 0，则有v 02＝2ad ，设平板车长度为L ，滑块滑上车与车相对静止的过程中，对系统根据动量守恒有：m v 0＝2m v 共，根据能量守恒有：12m v 02＝12·2m v 共2＋μmg ·2L ，同理滑块滑上车至与挡板碰撞前的过程中，对系统有：m v 0＝m v 1＋m v 2，12m v 02＝12m v 12＋12m v 22＋μmgL 对滑块根据匀变速规律有：v 02－v 12＝2μgs联立以上式子解得s ＝5－2212h ； (3)平板车去掉一半后，对系统根据动量守恒有：m v 0＝m v ＋m 2v 3，根据能量守恒有：12m v 02＝12m v 2＋12×m 2v 32＋μmgL ，联立解得v ＝gh 6. 3．(1)2 m /s 6 m/s (2)4.9 m /s (3)4 m/s ≤v 0≤9.8 m/s解析 (1)a 、b 碰撞过程中，以a 、b 组成的系统为研究对象，系统动量守恒．选向右的方向为正方向，设a 、b 碰后瞬间速度为v a 1、v b 1，由动量守恒得：m a v 0＝m a v a 1＋m b v b 1①因a 、b 的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有：12m a v 02＝12m a v a 12 ＋12m b v b 12② 联立①②解得：v a 1＝m a －m b m a ＋m b v 0＝2 m/s; v b 1＝2m a m a ＋m b v 0＝6 m/s ； (2)因a 球能从A 点滑出，故a 与b 碰后，a 上升的高度不能超过B 点，即上升的高度不会超过L ＋R .设碰撞后a 的最大速度为v a 1maxa 球上升的过程中机械能守恒，有：12m a v a 1max 2＝m a g (L ＋R ) 得：v a 1max ＝6gR ≈4.9 m/s ； (3)欲使b 能通过最高点，设b 球与a 碰撞后的速度为v b 1，经过最高点时的速度为v b 2，则有：m b g ≤m b v b 22R 得：v b 2≥gR ＝2 m/sb 球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：12m b v b 12＝12m b v b 22＋m b g (2R ＋L ) 解得：v b 1≥6 m/sv 0min ＝m a ＋m b 2m a v b 1≥4 m/s 碰后a 上升的高度不能超过(L ＋R )，必须满足v 0max ＝2v a 1≤26gR ≈9.8 m/s综上可得4 m/s ≤v 0≤9.8 m/s.4．(1)2.25 m (2)3 m /s (3)v 0′≤9 m/s 或v 0′≥34210 m/s 解析 (1)设C 滑上传送带后一直加速，则v t 2－v C 2＝2μgL ，解得v t ＝2 5 m/s>v 传，所以C 在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ 的速度v ＝3 m/s又因为恰好停在Q 点，则有 0－v 2＝－2μgx PQ解得x PQ ＝2.25 m ；(2)A 与B 碰撞：m v 0＝2m v 共接下来A 、B 整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C 脱离弹簧，这个过程有2m v 共＝2m v 1＋m v C12·2m v 共2＝12·2m v 12＋12m v C 2 联立解得v 0＝3 m/s ；(3)要使C 不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则v Q ＝2gR ＝11 m/s由N ～Q 段：v Q 12－v C 1′2＝－2μg (L ＋x PQ )，可得v C 1′＝6 m/s在A 、B 碰撞及与弹簧作用的过程中2m v 共′ ＝2m v 1′＋m v C 1′212·2m v 共′2＝12·2m v 1′2＋12m v C 1′2 又m v 01＝2m v 共′联立解得：v 01＝9 m/s ，所以这种情况下，A 的初速度范围是v 0′≤9 m/s若恰能到达最高点，则v Q 2＝5gR ＝1102m/s 同理可得A 的初速度范围是v 0′≥34210 m/s ，所以v 0′≥34210 m/s 或v 0′≤9 m/s.。

高考物理一轮复习第六章专题四力学“三大观点”的综合应用课件

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(1)物体 1 从释放到与物体 2 相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
(2)若 CD＝0.2 m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都为 μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物体 1、2 最终停在何处． [审题指导] 本题涉及三个物体和弹簧，在选择规律时先确定研究对象．如物体 1 沿曲面下滑时和物体 3 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒．
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动量观点与能量观点综合应用技巧 (1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程； (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系； (3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算．另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞．
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【解析】本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识． (1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB′，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB′2＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s③
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代入数据解得 s＝0.25 m 0．25 m－0.2 m＝0.05 m 所以 m1、m2 最终停在 D 点左端离 D 点距离为 0.05 m 处．

专题3.13 三大动力学观点的综合应用(解析版)

高考物理备考微专题精准突破专题3.13三大动力学观点的综合应用【专题诠释】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE kW合＝12mv22－12mv12机械能守恒定律E1＝E2mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、常见的力学模型及其结论模型名称模型描述模型特征模型结论“速度交换”模型相同质量的两球发生弹性正碰m1＝m2，动量、动能均守恒v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)“完全非弹性碰撞”模型两球正碰后粘在一起运动动量守恒、能量损失最大v＝m1m1＋m2v0(v2＝0，v1＝v0)“子弹打木块”模型子弹水平射入静止在光滑的水平面上的木块中并最终一起共同运动恒力作用、已知相对位移、动量守恒F f x相对＝12m1v02－12(m1＋m2)v2“人船”模型人在不计阻力的船上行走已知相对位移、动量守恒、开始时系统静止x 船＝mM ＋m L ，x 人＝MM ＋mL 【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0m ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

2021年高考物理一轮复习资料第六单元综合专题力学三大观点综合专题课件

能量观点
动量观点
基本规律
牛顿运动定律匀变速运动公式
动能定理机械能守恒定律
能量守恒定律
动量定理动量守恒定律
解题优势 1.研究瞬时作用分析运动过程 2．研究匀变速直线运动 3．研究平抛、圆周运动 4．求解加速度、时间 1.只涉及运动始末状态 2．研究曲线运动 3．研究多个运动过程 4．求解功、能、位移、速度 1.只涉及运动始末状态 2．研究相互作用系统的运动 3．求解动量、冲量、速度
(1)求物块 B 的质量； (2)在图 b 所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为 vm.则 mg ＝mvRm2
根据动能定理得：－μmgL2－mg·2R＝12mvm2－12mv22 解得：R＝0.24 m 若滑块恰好滑至14圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理得－μmgL2－mgR＝0－12mv22 解得：R＝0.6 m 所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24 m 或 R≥0.6 m.
A．带电环与左极板相距最近时的速度 v＝mMv0 B．此过程中电容器移动的距离 x＝2（Mm＋d m） C．此过程中电势能的变化量 Ep＝2（mMM＋v0m2 ） D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
【答案】 BCD 【解析】带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为 v0 的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v 解得：v＝ Mm＋v0m，故 A 项错误；电容器向左做匀加速直线运动，v2t＝x，环向左做匀减速直线运动，v＋2 v0t＝x′

第6章微专题7 应用“三大力学观点”的四类典型模型

动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后
会粘在一起运动。在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？
微专题七应用“三大力学观点”的四类典型模型
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突破一突破二突破三突破四专题突破练习高考热点强化
长 L。已知他的自身质量为 m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A．mLd＋d
B．mLd－d
C．mdL
D．mLL＋d
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突破一突破二突破三突破四专题突破练习高考热点强化
B [设船的质量为 M，人走动的时候船的速度为 v，人的速度为 v′，人从船尾走到船头用时为 t，人的位移为 L－d，船的位移为 d，所以 v＝dt ，v′＝L－t d。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有： Mv－mv′＝0，可得：Mdt ＝mLt－d，小船的质量为：M＝mLd－d，故 B 正确。]
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故Ep＝
1 2
mAv2＋
1 2
(mB＋
mC)v2C－12(mA＋mB＋mC)v2A＝12 J。
[答案] (1)3 m/s (2)12 J
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突破三 “子弹打木块”
第六章动量
微专题七应用“三大力学观点”的四类典型模型
微专题七应用“三大力学观点”的四类典型模型

2024届高考物理压轴题专项训练：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)(共23页)

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

2021届高考物理鲁科总复习28 力学“三大”观点综合应用

课时作业28力学“三大"观点综合应用时间：45分钟1．在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m且静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是（ C ）A．0 B．0.3vC．0.6v D．0.9v解析：本题考查碰撞结果可能性分析．A、B两球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞的过程中系统动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A原来的运动方向为正方向,由动量守恒定律有mv＝－mv1＋2mv2，假设碰后A 球静止，即v1＝0，可得v2＝错误!v，由题意知A球被反弹，所以B 球的速度v2〉错误!v，A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有错误!mv2≥错误!mv错误!＋错误!×2mv错误!,联立得v2≤错误!v，所以有错误!v<v2≤错误!v，符合条件的只有0。

6v。

故C正确，A、B、D错误．2．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动．则下列说法正确的是（ B )A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB．弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为3 m/sC．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同解析：本题考查碰撞过程中的动量守恒定律、能量守恒定律．B 与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为v BC，规定向右为正方向，则有m B v＝(m B＋m C）v BC，解得v BC＝2 m/s，故A错误;当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒,规定向右为正方向，则有（m A＋m B）v＝（m A＋m B＋m C）v ABC，解得v ABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为E p＝错误!(m B＋m C）v错误!＋v2－错误!（m A＋m B＋m C）v错误!＝12 J,故B正确，C错误；三者错误!m A共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同,故D错误．3．(多选)如图所示,足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙．现给P向右的速率v P，给Q向左的速率v Q，取向右为速度的正方向，不计空气阻力,则运动过程P、Q速度随时间变化的图象可能正确的是( ABC )解析：本题结合图象考查板块模型中的动量守恒、能量守恒．开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律得m P v P－m Q v Q＝(m P＋m Q）v；若m P v P＝m Q v Q，则v＝0，图象如图A所示；若m P v P〉m Q v Q，则v〉0，图象如图B所示；若m P v P<m Q v Q,则v〈0，图象如图C所示．故选项A、B、C正确，D错误．4。

21版：专题强化六　综合应用力学两大观点解决三类问题（步步高）

专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)小物块在B点的最小速度v B的大小；(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)21011N ≤F ≤50 N解析 (1)小物块恰能到圆轨道最高点C 时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为v C ，由mg ＝m v C 2R得：v C ＝2 m/s物块从B 运动到C ，由动能定理有：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝2 5 m/s(2)物块从P 到C 由动能定理有：－mgR (1－sin θ)＝12m v C 2－12m v P 2解得v P ＝655m/s 在P 点由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R解得F N ＝36 N根据牛顿第三定律可知，小物块在P 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝36 N (3)当小物块刚好能通过C 点时，拉力F 有最小值，对物块从A 到B 过程分析： F f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝12m v B 2解得F min ＝21011N 当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则F max sin θ＝mg 解得F max ＝50 N综上，拉力的取值范围是：21011N ≤F ≤50 N. 变式1 (2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB 与半径R ＝3 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B ，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C 点的切线水平，C 点连接倾角α＝30°的斜面CD .一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m ＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P 由静止开始下滑，发现在斜面CD 上的落点Q 恰好离C 点最远．若他在斜面AB 上滑动过程中所受摩擦力F f 与位移大小x 的关系满足F f ＝90x (均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)P 、B 两点间的距离；(2)滑板在C 点对轨道的压力大小．答案 (1)4 m (2)1 320 N解析 (1)设爱好者滑到C 点的速度为v C ，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x 1、y 1 C 到Q 由平抛运动规律有：tan α＝y 1x 1＝12gt 2v C t ＝gt2v C ①则t ＝2v C tan αg②因此x 1＝v C t ＝2v C 2tan αg ③l CQ ＝x 1cos α＝2v C 2tan αg cos α④由④式可知v C 越大则l CQ 越大，由人和装备在BC 间运动时机械能守恒可知，要使v C 越大就要求v B 越大．设人和装备在P 、B 间运动时加速度为a ，由牛顿第二定律有mg sin θ－90x ＝ma ⑤ 得a ＝mg sin θ－90x m⑥由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度v B 最大．故P 、B 两点间的距离大小为：x ＝mg sin θ90＝4 m ⑦(2)设P 、B 间摩擦力对人做功为W f ，由动能定理有：mgx sin θ＋W f ＝12m v B 2－0⑧而W f ＝－90x 2·x ⑨ B 、C 间运动时，机械能守恒，有： 12m v B 2＋mgR (1－cos θ)＝12m v C 2⑩ 在C 点F N －mg ＝m v C 2R ⑪由⑦⑧⑨⑩⑪解得F N ＝1 320 N由牛顿第三定律可知滑板在C 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝1 320 N.1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．模型1 水平传送带问题例2 (2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，水平传送带匀速运行速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m /s 2，求：图3(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W . 答案 (1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝F f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2(2)经过t 1时间二者共速，t 1＝v a ＝22s ＝1 s行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝x 0－x 1v ＝10－12 s ＝4.5 s则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J模型2 倾斜传送带问题例3 (2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点与B 点的高度差为h 2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v ＝0.5 m /s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图4(1)滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2)滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 答案 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J解析 (1)在C 点，竖直分速度：v y ＝2gh 2＝1.5 m/s 由v y ＝v C sin 37°，解得v C ＝2.5 m/s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 v B ＝v x ＝v C cos 37°＝2 m/s从A 到B 点的过程中，根据动能定理得mgh 1－W f ＝12m v B 2解得W f ＝1 J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有 μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a ＝0.4 m/s 2达到共同速度所需时间t ＝v C －v a ＝5 s两者间的相对位移Δx ＝v ＋v C2t －v t ＝5 m由于mg sin 37°<μmg cos 37°，此后滑块将做匀速运动．故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量： Q ＝μmg cos 37°·Δx ＝32 J.1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． 3．解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4 (2020·四川德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h .将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)(2h －L )g (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理有12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2) a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θ W ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2 (2019·天津市南开区二模)如图6，质量M ＝8 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ＝8 N ．当小车向右运动速度达到v 0＝3 m /s 时，在小车的右端轻放一质量m ＝2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小； (2)从小物块放在车上开始经过t 0＝3.0 s 摩擦力对小物块所做的功．答案 (1)2 s 4 m/s (2)23.04 J解析 (1) 根据牛顿第二定律得：对物块：μmg ＝ma 1，解得：a 1＝2 m/s 2 对小车：F －μmg ＝Ma 2，解得：a 2＝0.5 m/s 2设经过t 1时间物块与小车的速度相等，则有：a 1t 1＝v 0＋a 2t 1，代入数据解得：t 1＝2 s ，共同的速度大小为：v ＝a 1t 1＝4 m/s ； (2)t 1时间内物块位移：x 1＝12a 1t 21＝12×2×22 m ＝4 m ，t 1时刻物块速度：v 1＝v ＝4 m/s ， t 1后M 、m 有相同的加速度，对M 、m 整体有：F ＝(M ＋m )a 3，解得：a 3＝0.8 m/s 2，物块受到的摩擦力为：F f ＝ma 3＝1.6 N ，此过程运动t 2＝t 0－t 1＝1 s 的位移为：x 2＝v 1t 2＋12a 3t 22＝(4×1＋12×0.8×12) m ＝4.4 m ，所以摩擦力做的功为：W ＝μmgx 1＋F f x 2＝23.04 J.1. (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图1所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B ．物体运动至顶端时一定相对传送带静止C ．传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D ．物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2倍答案 A解析当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A 项正确．若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v 仍小于传送带的速度v 0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，这种情况下，物体通过的距离x 物＝0＋v2t ，传送带通过的距离x 传＝v 0t ，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍，故B 、D 项错误．物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C 项错误． 2．(多选)(2019·云南省第二次统一检测)如图2所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B 点和圆心O 等高，M 点与O 点在同一竖直线上，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝45°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个质量为m 的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O 点等高的C 点，已知圆轨道半径为R ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )图2A ．A 、B 两点间的高度差为22R B ．C 到N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力大小为(3＋2)mgD ．小球从N 点运动到C 点的时间为 2Rg答案 AC解析从A 点到C 点：mgh ＝12m v C 2，从A 点到N 点：mg (h ＋R cos 45°)＝12m v N 2，其中v C ＝v N cos 45°，联立解得：h ＝22R ，v N ＝22gR ，选项A 正确；小球从N 运动到C 的时间：t ＝v N sin 45°g＝2Rg，则C 到N 的水平距离为：x CN ＝v N cos 45°t ，解得x CN ＝2R ，选项B 、D 错误；从A 到M 点：mg (h ＋R )＝12m v M 2，在M 点：F N －mg ＝m v M 2R ，解得F N ＝(3＋2)mg ，由牛顿第三定律，小球在M 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝(3＋2)mg ，选项C 正确． 3．如图3所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)图3(1)当H ＝2 m 时，求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，求H 的取值范围．答案 (1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止释放到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12m v D 2在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有F N ＝m v D 2r联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝84 N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12m v 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65 m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m.4．如图4甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1 kg ，长度l ＝1 m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2 m ．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10 m/s 2.试求：图4(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12m v B 2解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N ，方向竖直向下．(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功 W f ＝－μ1mg ＋μ2mg2l ＝－4 J物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得， mgR ＋W f ＝12m v 2，解得v ＝1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2 m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2 m/s 2 经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝l 解得t 1＝0.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1 m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2h g ＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2 m.。

2024届高考物理复习讲义：专题强化十二力学三大观点的综合应用

专题强化十二力学三大观点的综合应用学习目标 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。

2.会灵活选用三大观点解决力学综合问题。

1.三个基本观点(1)力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.规律选用原则(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)或动能定理(涉及位移)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，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。

例1(2023·山东潍坊模拟)如图1甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。

已知滑块B 滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2kg，滑块B的质量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：甲乙图1(1)碰撞后滑块B 的速度；(2)滑块B 经Q 点时对圆轨道的压力；(3)滑块A 的速度v 0；(4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B 需要多消耗的能量。