6.4用三大观点处理力学问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份6.4用三大观点处理力学问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共28页。试卷主要包含了解动力学问题的三个基本观点，力学规律的选用原则等内容，欢迎下载使用。
6.4用三大观点处理力学问题

1．解动力学问题的三个基本观点
(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：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
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．
动力学与动量观点的综合应用
1.力学中的五大规律
规律
公式表达
牛顿第二定律
F合＝ma
动能定理
W合＝ΔEk
W合＝mv－mv
机械能守恒定律
E1＝E2
mgh1＋mv＝mgh2＋mv
动量定理
F合t＝p′－p
I合＝Δp
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2.规律的选用
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律：
①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。
例题1.如图所示，木箱的质量为M=5kg，长度为L=1m，其右侧与墙壁的距离为d=2m，木箱底部有一质量为m=1kg的小物块（可看作质点），小物块与木箱左壁间有一很小缝隙。t=0时刻，在水平向右的外力F作用下，木箱从静止开始运动瞬间小物块与木箱达到相对静止状态，小物块与木箱底部的动摩擦因数为，木箱与地面间的摩擦不计，木箱与墙壁碰撞后停止运动并被锁定，同时撤去外力F，小物块与木箱发生的每次碰撞都是时间极短的弹性碰撞，当小物块与木箱右壁碰撞后迅速解除对木箱的锁定，重力加速度大小为。
（1）当F=9N时，求木箱到达墙壁之前与物块间的弹力和摩擦力大小；
（2）当F=54N时，
①求小物块离开木箱左壁后，小物块与木箱碰撞的次数和最终静止在木箱中的位置；
②若小物块与木箱底部的摩擦也不计，求小物块与木箱发生n（n≥1）次碰撞后，两者的速度大小。

【答案】（1）0，；（2）①7次，，②当碰撞次数n为奇数时，碰后物块速度大小为6m/s，木箱速度为0；当碰撞次数n为偶数时，碰后物块速度大小为4m/s，木箱速度大小为2m/s
【解析】
（1）设想将木箱左壁去掉，当F=9N时，两者保持相对静止，小物块与木箱左壁之间无弹力，对整体，根据牛顿第二定律

对物块，根据牛顿第二定律

联立代入数据解得

（2）设木箱到达墙壁的速度大小为，根据动能定理

木箱与墙壁碰撞后，物块在木箱内做匀减速运动，设其到达木箱右壁的速度大小为，由运动学规律得

物块与木箱右壁碰后以原速率反弹，此后的运动物块与木箱系统动量守恒，设系统最终速度为v，物体相对滑动的路程为s，取向左为正方向则有

根据能量守恒定律有

联立解得

所以物块与木箱碰撞次数为7次，相对静止时物块距木箱右壁的距离为。
（2）木箱与墙壁碰撞后，物块做匀速直线运动，与木箱右壁碰撞后匀速运动至木箱左壁与之碰撞，根据动量守恒定律有

根据系统机械能守恒有

代入数据解得


或者



当碰撞次数n为奇数时，碰后物块速度大小为6m/s，木箱速度为0；当碰撞次数n为偶数时，碰后物块速度大小为4m/s，木箱速度大小为2m/s。
2022年在我国举办了第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求运动员在AB段运动的时间t；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，求运动员经过C点时所受支持力FC的大小。
【答案】 (1)7.5 s　(2)1.8×103 N·s　(3)3.9×103 N
【解析】
(1)根据匀变速直线运动公式有vB＝at，代入数据可得t＝7.5 s。
(2)根据动量定理有I＝mvB－mvA
代入数据可得I＝1.8×103 N·s。
(3)运动员在BC段运动的过程中，由动能定理有
mgh＝mv－mv
在C点，由牛顿第二定律有FC－mg＝m
代入数据可得FC＝3.9×103 N。
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1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
(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
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s.
动量与能量观点的综合应用
例题2.
长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【答案】　(1)m1　(2)
【解析】
　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝
由动量定理，有I＝m1vA＝m1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝
又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝.
如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接．质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；
(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
(3)A沿斜面上滑的最大距离x.
【答案】(1)18 J　12 J　(2)0.4 m　(3)0.9 m
【解析】
　　(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，
取向左为正方向，由动量守恒定律得
m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得：E＝m1v12＋m2v22；
可得EA＝m1v12，EB＝m2v22；
联立解得EA＝18 J，EB＝12 J
(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EB＝m2gR
可得R＝0.4 m
(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：
－m1gxsin 37°－μm1gxcos 37°＝0－EA
解得x＝0.9 m.
如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R＝ m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A滑块一瞬时冲量，使其获得v0＝2 m/s的初速度并沿铁槽运动，与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2；试求：

(1)A、B第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；
(2)A滑块运动的总路程．
【答案】见解析
【解析】
　(1)对A滑块，由动能定理可得：
－μmg＝mv12－mv02
A、B碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv1＝(m＋m)v2
又由能量守恒定律可得：
mv12＝(m＋m)v22＋Epm
解得：Epm＝1.8 J
(2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4
又由机械能守恒定律可得：
mv12＝mv32＋mv42
解得：v3＝0，v4＝6 m/s
A、B的总路程为s1，由功能关系有：－μmgs1＝0－mv02
A、B运动的总圈数为n，有：s1＝2πRn
得：n＝2.5
对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈，
故A滑块的路程s2＝1.25×2πR＝5 m.
力学三大观点的综合应用
例题3.如图所示，长度的轻绳上端固定在O点，下端拴接一个质量的小球，轻绳伸直时小球与水平台面AB右端接触且恰好无压力，质量的长木板紧靠水平台面AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台面AB等高，长木板上表面足够长。质量的小物块在水平台面AB上以大小的初速度向右运动，经过距离后与小球发生碰撞，随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小物块与小球均可看作质点，小物块与水平台面AB间的动摩擦因数，小物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小物块刚滑上长木板时的速度大小；
（3）小物块在长木板上相对于长木板滑行的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在坚直平面内做完整的圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有

解得

设碰撞后瞬间小球的速度大小为，根据机械能守恒定律有

解得

在最低点，根据牛顿第二定律有

解得

（2）设小物块在水平台面AB上滑到B点时的速度大小为v，根据动能定理有

解得

小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有

解得

（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有

解得

对长木板有

解得

小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有

解得


如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以的速率逆时针转动，质量的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高处由静止释放。已知传送带上表面长，物块B与传送带之间的动摩擦因数。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后速度的大小。

【答案】（1）；（2）4m/s；（3）不能；（4）
【解析】
（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为，由机械能守恒知

求得物块B刚滑上传送带时的速度大小

（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

联立解得
v＝4m/s
由于，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知


解得

即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则


所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为


则第n次碰撞后物块B的速度大小为

即

2022年2月5日，由任子威、武大靖、曲春雨、范可新和张雨婷组成的中国队获得短道速滑混合团体2000米接力比赛冠军。这是中国代表团在北京冬奥会上夺得的首枚金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程。甲的质量，乙的质量，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，交棒前两人均以的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小；
（2）若乙推甲的过程用时，求乙对甲的平均作用力的大小F；
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其它力做功，求乙消耗的化学能E。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

解得

（2）对甲由动量定理得

解得

（3）对二人组成的系统，根据能量守恒定律得

解得


1. 如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3 kg和mB＝0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1 s的时间运动了x＝1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。

(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；
(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。
【答案】(1)0.5 m　(2)不能
【解析】
(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得
μmCg＝mCaC
由运动学公式得xC＝aCt2且Δx＝x－xC
联立解得Δx＝0.5 m。
(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，由运动学公式得x＝vAt，vC＝aCt，
设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB
设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得
(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC
设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得
(mA＋mB)v＋mCv＝(mA＋mB＋mC)v＋μmCgLx
联立解得Lx＝0.3 m