高考物理 一轮复习 考点整合练习专题（29）专题五 力学三大观点的综合应用（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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专题（29）专题五 力学三大观点的综合应用（解析版）

知识点一　力的三个作用效果与五个规律

知识点二　常见的力学模型及其结论

命题热点 

力学三大观点的综合应用

选择力学三大观点的一般原则

1、在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是(　　)

A．ma＞mb  　 B．ma＜mb C．ma＝mb   　D．无法判断

【答案】B

【解析】由图象知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量。

2、如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　)

A．两者的速度均为零                      B．两者的速度总不会相等

C．盒子的最终速度为，方向水平向右     D．盒子的最终速度为，方向水平向右

【答案】D

【解析】由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D正确。

3、（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图象。c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)

A．2 kg   B. kg C．4 m/s   D．1 m/s

【答案】BD

【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s

＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。

碰撞过程中动量守恒，即

mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc

可解得mB＝ kg由以上可知选项B、D正确。

4、（多选）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是  (　　)

A.v0   B.v0   C.v0   D.v0

【答案】AB

【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。

当以A球原来的速度方向为正方向时，则

vA′＝±v0，

根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有

mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，

mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″。

解得vB′＝v0，vB″＝v0。

5、（2020·新课标Ⅲ卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。

(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；

(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；

(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上

【解析】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有②

联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③

因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④

⑤

联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥

(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有⑦

⑧

由⑦⑧式并代入题给条件得，⑨

(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩

⑪

联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫

x2=5.5m⑬

因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有

⑭

由①⑫⑬⑭式可知

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，

由运动学公式有， ⑮

则

减速运动时间

设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。

由动量定理有

，方向竖直向上

则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量

，方向竖直向上

【提 分 笔 记】

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．

6、如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【答案】(1)20 kg　(2)不能，理由见解析

【解析】(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得

m2v0＝(m2＋m3)v①

m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②

式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得

m3＝20 kg　v＝1 m/s③

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v0＝0④

代入数据得v1＝－1 m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v0＝m2v2＋m3v3⑥

m2v＝m2v＋m3v⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得

v2＝－1 m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。

【提 分 笔 记】

1．两大观点

动量的观点：动量定理和动量守恒定律．

能量的观点：动能定理和能量守恒定律．

2．解题技巧

(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．

(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．

(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．

7、（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小v；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；

(3)重物下落的高度h。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为

(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有

结合(1)可解得杆对球的作用力大小为

(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知

而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有

联立各式解得

8、(2018年全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．

【答案】(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s

【解析】(1)设B车质量为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/s.③

(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，取A车速度方向为正方向，有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s.

9、（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；

(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）

【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）

【解析】(1)机械能守恒定律

牛顿第二定律

牛顿第三定律

方向水平向左

(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系

得

故不会冲出

(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理

碰撞后的速度为，动量守恒定律

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理

得

10、如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m1、m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m2离开弹簧后从右边飞出，m1冲上曲面．已知桌面高为h，m2平抛的水平射程为x，m1＝2m，m2＝m，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：

(1)m2离开弹簧时的速度；

(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H；

(3)弹簧的最大弹性势能．

【答案】(1)x　(2)　(3)

【解析】(1)对m2平抛过程分析，有h＝gt2，x＝v2t

解得v2＝x.

(2)弹簧将两物体弹开的过程，m1、m2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有

m1v1－m2v2＝0

解得v1＝

对m1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有

m1gH＝m1v

解得H＝.

(3)弹簧的最大弹性势能Ep＝m1v＋m2v

解得Ep＝.

11、如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A和B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一静止在光滑的水平地面上带挡板的小车，小车质量为M＝0.3 kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L＝0.8 m，动摩擦因数为μ＝0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在处车面光滑．点燃炸药后，滑块A到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：

(1)滑块A在半圆轨道最低点时对轨道的压力；

(2)炸药爆炸后瞬间滑块B的速度大小；

(3)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．

【答案】(1)7 N，方向竖直向下　(2)3 m/s　(3)0.22 J

【解析】(1)滑块A在最高点由牛顿第二定律有：

mAg＋FN＝mA，

已知最高点压力FN＝mAg，则2mAg＝mA，

由机械能守恒定律有：mAv2＋mAg·2R＝mAv，

在半圆轨道最低点由牛顿第二定律有：

FN′－mAg＝mA，

解得FN′＝7 N，vA＝6 m/s，

由牛顿第三定律，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7 N，方向竖直向下．

(2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律有：mAvA＝mBvB，解得vB＝3 m/s.

(3)B与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mBvB＝(mB＋M)v共，

由能量守恒定律有：Ep＝mBv－(mB＋M)v－μmBgL，解得Ep＝0.22 J.

12、（2020·云南省楚雄彝族自治州一模）如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．

①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？

②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．

【答案】①   ②

【解析】①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，

则，

解得，

之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，则有，，

解得，

②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则

，

在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则

，

则A、B、C这一系统机械能损失为

13、如图、所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。

【答案】(1)0.24 s　(2)5 m/s

【解析】(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有－Ft＝m2v－m2v0

又F＝μm2g

解得t＝

代入数据得t＝0.24 s。

(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′

由功能关系有

m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL

代入数据解得v0′＝5 m/s

故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。

14、如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：

(1)B的质量；

(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

【答案】(1)　(2)mv

【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v。由题意可知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v①

由①式得mB＝②

(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

mv0＝(m＋mB)v③

设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则

ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④

联立②③④式得ΔE＝mv。