第28讲 三大观点解决力学问题(讲义)（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第28讲 三大观点解决力学问题(讲义)（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共33页。
02、知识导图，思维引航 \l "_Tc20214" PAGEREF _Tc20214 \h 2
\l "_Tc8639" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc8639 \h 2
\l "_Tc20185" 考点一 动量观点与动力学观点的综合应用 PAGEREF _Tc20185 \h 2
\l "_Tc32152" 考向1 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用 PAGEREF _Tc32152 \h 3
\l "_Tc7144" 考向2 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用 PAGEREF _Tc7144 \h 4
\l "_Tc6976" 考点二 动量观点与能量观点的综合应用 PAGEREF _Tc6976 \h 4
\l "_Tc4089" 考点三 力学三大观点的综合应用 PAGEREF _Tc4089 \h 7
\l "_Tc10076" 知识点1．解决动力学问题的三个基本观点 PAGEREF _Tc10076 \h 7
\l "_Tc17754" 知识点2．力学规律的选用原则 PAGEREF _Tc17754 \h 7
\l "_Tc3600" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc3600 \h 11
考点一 动量观点与动力学观点的综合应用
1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
2．动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
考向1 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用
1.如图所示，一倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L＝5 m，某时刻，小物块A从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B发生多次碰撞，小物块A、B之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，已知小物块A、B的质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg，小物块A与斜面间无摩擦，小物块B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，两物块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小物块A经过多长时间与小物块B发生第一次碰撞及小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小；
(2)求小物块第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞。
【答案】(1)1 s 3 m/s 2 m/s (2)eq \f(\r(17)＋3,5) s
【解析】(1)以小物块A为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsin θ＝m1a1
解得a1＝5 m/s2
由运动学公式得eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
解得t1＝1 s
取沿斜面向下为正方向，第一次碰前小物块A的速度大小v＝a1t1＝5 m/s
小物块A、B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
m1v＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立解得v1＝－3 m/s，v2＝2 m/s
故小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为3 m/s、2 m/s。
(2)第一次碰后，以小物块B为研究对象，由牛顿第二定律可得
m2gsin θ－μm2gcs θ＝m2a2
解得a2＝－2.5 m/s2
设经过时间t后小物块B的速度减为0，由运动学公式可得0＝v2＋a2t
解得t＝0.8 s
设小物块A、B第一次碰撞后经过时间t2发生第二次碰撞，由运动学公式可得
v2t2＋eq \f(1,2)a2t22＝v1t2＋eq \f(1,2)a1t22
解得t2＝eq \f(4,3) s＞t
小物块B在t＝0.8 s时已静止，t2＝eq \f(4,3) s舍去。故有eq \f(1,2)v2t＝v1t3＋eq \f(1,2)a1t32，解得t3＝eq \f(\r(17)＋3,5) s
小物块A、B第一次碰撞后经eq \f(\r(17)＋3,5) s发生第二次碰撞。
考向2 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用
2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，轨道AB段水平且粗糙，BCD段光滑，其中CD段是以点O′为圆心、半径R＝0.3 m的一小段圆弧。可视为质点的物体a和b分别静止在A和B，质量均为m＝0.8 kg。现用与竖直方向成θ＝37°斜向上的F＝10 N的拉力拉动物体a，经位移s＝0.6 m后撤去拉力F，紧接着物体a与物体b发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰后物体b沿着轨道BO段运动。已知物体a与AB段轨道的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6。
(1)求碰撞前物体a的速度大小；
(2)试通过计算说明在轨道COD上物体b在O点之后将做什么运动？
【答案】：(1)3 m/s (2)平抛运动
【解析】：(1)对物体a受力分析可知Fcs 37°＝mg
Fsin 37°＝ma0
根据匀变速直线运动公式可得v02＝2a0s
解得碰撞前物体a的速度大小v0＝3 m/s。
(2)物体a与b碰撞瞬间，根据动量守恒定律可得mv0＝mva＋mvb
根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)mvb2
联立可得va＝0，vb＝3 m/s
物体b由B至O，根据动能定理可得－mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvb2
在O点，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝meq \f(v2,R)
联立可得轨道对物体b的支持力FN＝0
综合以上分析可知，在轨道COD上物体b在O点之后做平抛运动。
考点二 动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(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，就更显出它们的优越性。
1.如图所示，小周设计的玩具滑动的固定轨道分成三部分，倾斜粗糙的AB轨道，水平光滑的BC轨道，还有一段光滑的圆弧轨道与斜面AB相切于A点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R＝0.5 m，N为圆弧上的一点，且半径ON竖直，水平轨道上有一个轻弹簧，轻弹簧的左端与墙壁相连，右端与质量为m1＝6 kg的小物块Q相连接，均处于静止状态。现在A处由静止释放一个质量为m2＝2 kg的小滑块P，小滑块P与小物块Q发生弹性碰撞，已知AB轨道长为L＝4 m，AB轨道与水平面的夹角θ＝37°，小滑块P与AB轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，且通过B点时无机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求小滑块P第一次运动到B点时的速度的大小vB。
(2)求轻弹簧的最大弹性势能Ep。
(3)若取走小滑块P和小物块Q，在第(2)问中弹簧压缩到最短的地方放置一个与小滑块P材料相同、质量为m0的小滑块，该小滑块恰能到最高点N，求小滑块的质量m0。(结果保留三位有效数字)
【答案】 (1)4 m/s (2)12 J (3)0.233 kg
【解析】 (1)对小滑块P，从A到B，由动能定理得m2gLsin 37°－μm2gLcs 37°＝eq \f(1,2)m2vB2
解得vB＝4 m/s。
(2)设小滑块P与小物块Q碰撞后速度分别为vP、vQ，以水平向左为正方向，弹性碰撞过程满足系统动量守恒和机械能守恒，
则有m2vB＝m2vP＋m1vQ，eq \f(1,2)m2vB2＝eq \f(1,2)m2vP2＋eq \f(1,2)m1vQ2
联立解得vP＝－2 m/s，vQ＝2 m/s
当小物块Q的速度减为0时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，则有
Ep＝eq \f(1,2)m1vQ2＝12 J。
(3)设N点到水平轨道的高度为h，小滑块恰能到最高点N，由重力提供向心力得m0g＝eq \f(m0vN2,R)
解得vN＝eq \r(5) m/s
由能量守恒定律得Ep＝m0gh＋eq \f(1,2)m0vN2＋μm0gcs θ·L
其中h＝Lsin 37°＋R＋Rcs 37°＝3.3 m
联立解得m0＝eq \f(24,103) kg≈0.233 kg。
2．冰壶比赛中运动员用脚蹬固定的起踏器后和冰壶一起前进，在前掷线处将冰壶脱手。按比赛规则，队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数来调节冰壶的运动，使其到达理想位置。已知冰壶质量m＝20 kg，运动员质量M＝70 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。(冰面视作水平面，冰壶视为质点)
(1)在某次投壶过程中运动员离开起踏器时他和红色冰壶的速率v1＝2 m/s，已知运动员和起踏器相互作用的时间t＝2.0 s，求此过程中运动员(包含冰壶)在水平方向所受平均作用力的大小F；
(2)若红色冰壶沿直线运动到距营垒中心x0＝5 m处的速度v2＝1.8 m/s，队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶滑过被毛刷摩擦过的冰面后以v3＝1.2 m/s的速度与静止在营垒中心、质量相等的蓝色冰壶发生对心碰撞，碰后无人再用毛刷摩擦冰面，蓝色冰壶以v4＝1.0 m/s的速度向前滑行。求碰撞后红色冰壶的滑行距离x。
【答案】：(1)90 N (2)0.1 m
【解析】：(1)对运动员和冰壶整体分析，根据动量定理得Ft＝(m＋M)v1
解得F＝90 N。
(2)设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前，根据动能定理
－0.9μmgx0＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2) mv22
解得μ＝0.02
设碰撞后红壶的速度为v5，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，得
mv3＝mv4＋mv5
解得v5＝0.2 m/s
根据动能定理得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv52
解得x＝0.1 m。
考点三 力学三大观点的综合应用
知识点1．解决动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。用动量定理可简化问题的求解过程。
知识点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，即系统内能的增加量。
(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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
1.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，小车上B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m。一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20 g的子弹以水平速度v0＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x。
【答案】 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
【解析】 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有
(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh
联立解得h＝1.2 m，即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m。
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s，即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s。
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同。由动量守恒定律有
(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2
＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm
联立解得Epm＝8.5 J。
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC段总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m。
2.如图所示，质量为mA＝0.2 kg的小球A系在长L1＝0.8 m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为mB＝1 kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；左侧水平面、传送带平滑连接，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带长L2＝6.5 m，以恒定速率v0＝6 m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为eq \f(L1,16)，取重力加速度g＝10 m/s2，小球与物块均可视为质点，求：
(1)小球与物块碰撞前瞬间对细线的拉力大小；
(2)物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；
(3)碰撞后，物块B到传送带P点需要的时间。
【答案】(1)6 N (2)12.5 J (3)1.5 s
【解析】(1)小球由静止释放运动到最低点，根据动能定理有mAgL1＝eq \f(1,2)mAvA2
代入数据解得vA＝4 m/s
在O点正下方，根据牛顿第二定律有T－mAg＝mAeq \f(vA2,L1)
代入数据解得T＝6 N
根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力大小T′＝T＝6 N。
(2)小球反弹后上升到最高点，根据动能定理有eq \f(1,16)mAgL1＝eq \f(1,2)mAvA′2
代入数据解得vA′＝1 m/s
小球运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，动量守恒，取向右为正方向，
根据动量守恒定律有mAvA＝－mAvA′＋mBvB
代入数据解得vB＝1 m/s
碰撞后瞬间物块B速度小于传送带速度，物块B做匀加速运动，如果能和传送带共速，
加速度为a＝eq \f(μmBg,mB)＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2
时间为t1＝eq \f(v0－vB,a)＝eq \f(6－1,5) s＝1 s
位移为xB＝eq \f(v0＋vB,2)t1＝eq \f(6＋1,2)×1 m＝3.5 m＜L2＝6.5 m
可知物块B到达传送带右端前已经与传送带共速，此过程传送带的位移为x＝v0t1＝6×1 m＝6 m
物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为
Q＝μmBg(x－xB)＝0.5×1×10×(6－3.5)J＝12.5 J。
(3)物块B相对传送带静止后匀速运动到P点，时间为t2＝eq \f(L2－xB,v0)＝eq \f(6.5－3.5,6) s＝0.5 s
则碰撞后，物块B到传送带P点需要的时间为t＝t1＋t2＝(1＋0.5)s＝1.5 s。
3．半径为r的eq \f(1,4)圆弧轨道AB与半径为2r的eq \f(1,4)圆弧轨道BC在B点平滑对接，固定放置在竖直平面内，轨道的最低点A和最高点C处的切线均水平，两轨道内壁均光滑。现让质量为m的小球甲(可视为质点)，在光滑的水平地面上以水平向右的速度与静止的、质量也为m的小球乙(可视为质点)发生碰撞，碰后乙能够到达C点。已知重力加速度为g。
(1)若A、C两点轨道对乙的弹力大小之差为10mg，求小球乙从C点到落地点的位移大小；
(2)若乙刚好能够到达C点，且甲、乙在碰撞过程中产生的热量为甲的初动能的eq \f(3,8)，求甲与乙碰撞之前甲的速度大小。
【答案】：(1)eq \r(33)r (2)eq \f(8\r(2gr),3)
【解析】：(1)设乙在A、C两点所受的弹力大小分别为FA、FC，对乙受力分析，由牛顿第二定律可得FA－mg＝meq \f(vA2,r)，FC＋mg＝meq \f(vC2,2r)，对乙，由A到C，由机械能守恒定律可得
eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvC2＋mg×3r
由题意可得FA－FC＝10mg
由平抛运动的规律可得3r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
平抛运动的位移为s＝eq \r(x2＋3r2)
联立解得s＝eq \r(33)r。
(2)设甲与乙碰撞之前甲的速度为v0，甲、乙在碰撞过程中由动量守恒定律可得
mv0＝mv甲＋mv乙
碰撞过程中产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv甲2－eq \f(1,2)mv乙2
由题意知Q＝eq \f(1,2)mv02×eq \f(3,8)
若乙刚好能够到达C点，则有mg＝eq \f(mvC12,2r)
由机械能守恒定律可得
eq \f(1,2)mv乙2－eq \f(1,2)mvC12＝mg×3r
联立解得v0＝eq \f(8\r(2gr),3)。
1．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)（n = 1，2，3，…），，
【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n = 1时，，
2．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道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L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH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运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（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v0的大小；
（2）若μ2=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；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理
解得
v0=5m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
3．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
4．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，，
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
5．（2024·湖北·高考真题）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、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg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。
（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；
（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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
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。
（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
其中
，
解得
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
解得
（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，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
6．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
v0=5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
7．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
8．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
【答案】（1）（2）；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
9．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
10．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
11．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
12．（2023·湖北·高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
vD=gR
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
13．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量M=0.6kg，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
14．（2022·湖南·高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
考情分析
2024·重庆·高考物理试题
2024·浙江·高考物理试题
2024·广东·高考物理试题
2024·山东·高考物理试题
2024·湖北.高考物理试题
复习目标
目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
目标2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。