2024屆高考物理復(fù)習(xí)講義：專題強(qiáng)化十二 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化十二力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握解決力學(xué)綜合問題常用的三大觀點(diǎn)。2.會靈活選用三大觀點(diǎn)解

決力學(xué)綜合問題。

1.三個基本觀點(diǎn)

(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題。

(2)能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。

(3)動量觀點(diǎn)：用動量定理和動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。

2.規(guī)律選用原則

(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。

(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及

時間)或動能定理(涉及位移)去解決問題。

(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律

和機(jī)械能守恒定律去解決，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。

(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總

功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均

含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。作用時間都極短，因此用動量守怛

定律去解決。

例1(2023?山東濰坊模擬)如圖1甲所示，在同一豎直面內(nèi)，光滑水平面與傾向為

37。的傳送帶通過一段半徑R=2.25m的光滑圓軌道連接，圓軌道兩端分別與水

平面及傳送帶相切于P、Q點(diǎn),開始時滑塊B靜止，滑塊4以速度內(nèi)向B運(yùn)動，

A與B發(fā)生彈性碰撞，B通過圓軌道滑上順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶。已知滑塊B

滑上傳送帶后的。一，圖像如圖乙所示，f=7.5s時B離開傳送帶的上端”點(diǎn)，滑

塊A的質(zhì)量M=2kg,滑塊B的質(zhì)量m=1kg,取重力加速度g=10m/s2,sin37°

=06cos37°=0.8o求：

甲

圖1

(1)碰撞后滑塊8的速度；

(2)滑塊B經(jīng)Q點(diǎn)時對圓軌道的壓力；

(3)滑塊A的速度內(nèi)；

(4)若傳送帶的動力系統(tǒng)機(jī)械效率為80%,則因運(yùn)送滑塊B需要多消耗的能量。

答案(1)5m/s(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s(4)287.5J

解析(1)設(shè)4、8碰撞后8的速度為s,到達(dá)Q點(diǎn)時速度為。3,由圖像可得

S=4m/s

在尸。過程由動能定理有

fg(R-Rcos37°)='^—%成

解得s=5m/so

(2)8在。點(diǎn)時，由牛頓第二定律得

廠N—〃吆COS370=17%

解得尸N=15.1N

根據(jù)牛頓第三定律3經(jīng)。點(diǎn)時對軌道的壓力大小為15.1N,方向沿半徑向下。

(3)設(shè)A、8碰后A的速度為。1,由動量守恒定律得Ma=Ms+〃切2

由機(jī)械能守恒定律得%=3"沆+5狀

解得0o=3.75m/s。

(4)由0—r圖像可得，傳送帶的速度。4=5m/s

傳送帶從Q到H的長度x=36.25m

滑塊在傳送帶上滑動的相對距離為Av=1.25m

設(shè)滑塊在傳送帶上的加速度為m設(shè)傳送帶的動摩擦因數(shù)為〃，則

Pmgcos37°一〃?gsin37°=〃也

V4-V3

t\

由功能關(guān)系有

)]E—^n(vl—vj)+n370+/z/??gcos370-Ax

解得E=287.5J。

例2(2023?湖北省七市聯(lián)考)如圖2(a)所示，質(zhì)量為%=4.0kg的物塊A與質(zhì)量為

“8=2.0kg的長木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之間夾有少許塑狡炸

藥，長木板8的右端放置有可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊C?，F(xiàn)引爆塑膠炸藥，爆炸后物

塊A可在水平面上向左滑行s=1.2m,小物塊。的速度隨時間變化的圖像如圖(b)

所示。已知物塊A和長木板3與水平面間的的動摩擦因數(shù)均為網(wǎng)=/物塊C未

從長木板3上掉落，重力加速度g取1()m/s2,求：

_1

vc/(m,s)

AB

(a)(b)

圖2

(1)炸藥爆炸后瞬間長木板B的速度大小；

(2)小物塊C.的質(zhì)量加c:

(3)小物塊C最終靜止時距長木板B右端的距離4

答案(1)4.0m/s(2)1.0kg(3)1.75m

解析(1)對物塊4在爆炸后，根據(jù)動能定理有

八17

一〃。帆4gs—0-

可得辦=2.0m/s

對物塊A與長木板B在爆炸過程中由動量守恒定律有0="7人列一〃用加

可得加=4.0m/So

(2)由題圖可知，B、。在相對滑動過程中共速時速度為。共=1.0m/s

對小物塊C,在。?1s內(nèi)有

小一0

m]gH-f\L=^nw2,其中力=而機(jī)區(qū)

解得v=6m/So

(2)對碰后乙車在阻力作用下減速到靜止的過程，

根據(jù)動能定理有

一加2=0-3機(jī)2遇，其中力=1^〃[2g,X2=18m

解得V2—6m/s

甲、乙碰撞過程中動量守恒，有

m\v=m\V\+〃22S

碰撞過程中損失的機(jī)械能

_171?I?

AE=2^IY2m,PT—，加2s

解得AE=90J。

2.(2023?山東濰坊高三期末)如圖4所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長

直木板4,木板A左端上表面有一小物塊B,其到擋板的距離為d=2m,4、B

質(zhì)量均為"7=1kg,不計一切摩擦。從某時刻起，8始終受到水平向右、大小為

尸=9N的恒力作用，經(jīng)過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機(jī)

械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g=10m/s2。求：

s_____________n

△

圖4

(1)物塊8與A擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小；

(2)由靜止開始經(jīng)多長時間物塊8與木板A擋板發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間A、B

的速度大?。?/p>

(3)畫出由靜止釋放到物塊6與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi),物塊B的速度v隨

時間，的變化圖像。

答案(1)()6m/s(2)12m/s6m/s(3)見解析圖

解析(1汨從A的左端開始到右端的過程，由動能定理&/=沙加&

解得。。=6m/s

B與A碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律，有機(jī)“)=/如|+/〃6

解得磯=0,s=6m/s°

(2)第一次碰后A向右以速度s=6m/s做勻速運(yùn)動，B做初速度為0,加速度為

E1

a=—=9m/s2的勻加速運(yùn)動，則第二次碰撞時V2t=2^

4

解得f—gs

此時3的速度為S=12m/s

同樣根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律

invi+tnvi=mvA+"吆

+^invy=

解得人、75的速度為g=12m/s,用=6m/s。

(3)同理第3次碰撞時。5尸+5產(chǎn)

4

解得z，=3s

此時B的速度為18mA

從開始運(yùn)動到第一次碰撞的時間t^=ls

畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度。臉時

間t的變化如圖所示。

提升素養(yǎng)能力

(限時：40分鐘)

1.(2021?北京卷,17)如圖1所示，小物塊A、8的質(zhì)量均為，=0.10kg,8靜止

在軌道水平段的末端。A以水平速度內(nèi)與8碰撞，碰后兩物塊粘在一-起水平拋

出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為〃=().45m,兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端

的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10mi。求：

A

B

圖1

⑴兩物塊在空中運(yùn)動的時間n

(2)兩物塊碰前A的速度V0的大?。?/p>

⑶兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能△及

答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J

解析(1)兩物塊碰撞后，豎直方向的運(yùn)動為自由落體運(yùn)動則有“=女尸

解得1=0.30s。

(2)設(shè)A、B碰后瞬間的速度為0,水平方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動，則有s=U

解得p=1.0m/s

根據(jù)動量守恒定律有tnvo=2mv

解得0o=2.Om/So

(3)根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能

1.1.

5X2mv-

解得AE=0.10J。

2.(2022?山東煙臺一模)如圖2甲所示，半徑A=0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A

與長/=1m的平板3均靜置于光滑水平地面上，A與8剛好接觸且二者的上表

面相切，一物塊。(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置于3的最右端，。與B上表面的動摩擦因數(shù)

〃從左往右隨距離/均勻變化，其變化關(guān)系如圖乙所示。己知4、5、。的質(zhì)量均

為，〃=1kg,重力加速度g=10m/s2,現(xiàn)給C-水平向左的初速度。o=4m/s。

圖2

(1)若A、8固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點(diǎn)?時對軌道的壓力人

(2)若A、B不固定，其他條件均不變，求:

①C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功;

②C相對于A最低點(diǎn)P所能達(dá)到的最大高度(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

4()

答案(1)26N(2)?yJ②0.10m

解析(1)C由6最右端滑至最左端過程中，摩擦力做功

川"吆+〃2叫..

Wt=/=~4J

該過程中，由動能定理得

Wf=^mvp-^nvi

C運(yùn)動到A最低點(diǎn)尸時，由牛頓第二定律得

mv%

FN—，ng=~^~

解得FN=26N

由牛頓第三定律可知，C對軌道的壓力等于26N。

(2)①。由8最右端滑至最左端的過程中，A、B、。組成的系統(tǒng)動量守恒，由動

量守恒定律得

mvi)=mv\-^2mv2

由能量守恒定律得

=jnvy+；XQ

由功能關(guān)系可知，摩擦產(chǎn)生的熱量

/=4J

Q=2

82

-

S-一

3m/9V23

對c由動能定理得一w甄講一2機(jī)。8

4()

解得印克=/J

②。在A上運(yùn)動時，A、。組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，且當(dāng)A、

C在水平方向達(dá)到共同速度時C運(yùn)動到最高點(diǎn)，由動量守恒定律得

mv2=1nw共

由機(jī)械能守恒定律得

避=J義2mvl.+mgh

解得力=0.10m。

3.如圖3,一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑,

2

半徑m,槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B,質(zhì)量均為"7=0.2kg。

兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90。，現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得。o

=2710m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動，與3滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短);

己知A、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因數(shù)4=02g=l()m/s2。試求：

(1)A、8第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm；

(2)A滑塊運(yùn)動的總路程。

答案(1)1.8J(2)5m

解析(1)對4滑塊，由動能定理可得

2兀A1

一卬叫,丁=呼用7

A、8碰撞時，兩者速度相等時，儲存的彈性勢能最大，由動量守恒定律得

又由能量守恒定律可得

山=；(〃?+m)vi+Epm

解得Epm=L8J。

(2)A、8發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得

mV\=相03+加04

又由機(jī)械能守恒定律可得

~mvx=m

解得。3=0,04=6m/s

A、3的總路程為si,由功能關(guān)系有

=0-

A、B運(yùn)動的總?cè)?shù)為〃，有si=2兀R〃

解得〃=2.5

對A、8的運(yùn)動過程分析，A運(yùn)動了1.25圈，

故A滑塊的路程S2=L25X27iR=5m。

4.如圖4所示，水平軌道。戶光滑，PM粗糙，PM長L=3.2m。OM與半徑R=

0.15m的豎直半圓軌道MN平滑連接。小物塊A自。點(diǎn)以如=14m/s向右運(yùn)動，

與靜止在P點(diǎn)的小物塊8發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，碰后A、8分開，A恰好運(yùn)

動到M點(diǎn)停止。A、8均看作質(zhì)點(diǎn)。已知A的質(zhì)量〃以=1.0kg,8