2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律04-专题突破11 三大观点在力学中的应用（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律04-专题突破11 三大观点在力学中的应用（教用），共15页。试卷主要包含了力学三大观点比较，基本规律，规律的选用，8s时木板速度恰好为0，5J等内容，欢迎下载使用。
1.力学三大观点比较
2.基本规律
3.规律的选用
（1）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。
（2）在涉及相对位移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。
（3）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，需注意这些过程一般都隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
（4）两个物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，如果系统内两个物体除弹簧弹力外所受合力为0，则具有以下特点：①当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同；②当水平弹簧为自然状态时某一端的物体具有最大速度。
例1 （2025·湖南岳阳二模）多选 如图所示，质量为m的石块以初速度v0从ℎ高处以仰角θ 斜向上抛出。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 石块从抛出至落地的过程中，速度先减小后增大
B. 石块从抛出至到达轨迹最高点的过程中，机械能不断增大
C. 改变仰角，其他条件不变，石块落地时的动量不变
D. 石块从抛出至落地的过程中，重力的功率先减小后增大
【答案】AD
【解析】石块从抛出至落地的过程中，重力为合力，合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，即速度先减小后增大，故A正确；石块从抛出至到达轨迹最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；改变仰角，其他条件不变，由动能定理得mgℎ=12mv2−12mv02，解得v=v02+2gℎ，故落地时速度大小不变，但改变仰角，落地时速度的水平分量发生变化，落地时速度方向不同，故动量只是大小相等，方向不同，故C错误；石块从抛出至落地的过程中，重力的功率PG=mgvy，vy先减小后增大，则PG先减小后增大，故D正确。
例2 多选 如图甲所示，“L”形木板Q静置于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v−t图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A. Q的质量为1kg
B. 地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C. 由于碰撞,系统损失的机械能为1.0J
D. t=5.8s时木板速度恰好为0
【答案】AC
【解析】两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，P的质量为m=1kg，设Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1+Mv2=(m+M)v3，根据题图乙可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，解得M=1kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据题图乙可知，0～2s内P与Q的加速度大小分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg=maP，μ1mg−μ2(m+M)g=MaQ，联立解得μ1=0.15，μ2=0.05，故B错误；由于碰撞，系统损失的机械能为ΔE=12mv12+12Mv22−12(m+M)v32，代入数据解得ΔE=1.0J，故C正确；对碰撞后整体进行受力分析，由动量定理得−μ2(m+M)gt2=0−(m+M)v3，代入数据解得t2=4s，因此木板速度恰好为0的时刻为t=t1+t2=2s+4s=6s，故D错误。
例3 （2025·河南卷·14，12分）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块P，另一质量为m2=4kg的小物块Q以v0=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
（1） 该碰撞过程中损失的机械能；
（2） P从开始运动到静止经历的时间。
【答案】（1） 24.5J
（2） 5s
【解析】
（1） Q与P发生正碰且碰撞时间极短，由动量守恒有m2v0=m1v+m2vQ，
代入数据解得vQ=3.5m/s，
碰撞中损失的机械能ΔE损=12m2v02−12m1v2−12m2vQ2，
代入数据解得ΔE损=24.5J。
（2） P在防滑带上的加速度大小a=μg=5m/s2
设P通过防滑带的总长度为x1，则0−v2=−2ax1，解得x1=4.9m，
所以x1l2=，P最终静止在第3个防滑带上。
设在防滑带上运动的时间为t0，由0=v−at0得t0=va=75s=1.4s，
设经过第1个光滑区的速度为v1，经过第2个光滑区的速度为v2，
由v12−v2=−2al2得v1=5m/s，
在第1个光滑区运动的时间t1=l1v1=35s=0.6s，
由v22−v12=−2al2得v2=1m/s，
在第2个光滑区运动的时间t2=l1v2=31s=3s，
P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5s。
例4 （2024· 黑吉辽卷·14，12分）如图，高度ℎ=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。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，射程xA=0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1） 脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（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ΔEp。
【答案】（1） 1m/s；1m/s
（2） 0.2
（3） 0.12J
【解析】
（1） 对物块A由平抛运动规律可得ℎ=12gt2，
xA=vAt，
对A和B组成的系统，在弹开过程中弹簧对A、B的弹力大小相等，方向相反，桌面对A、B的摩擦力同样大小相等，方向相反，故系统合力为0，动量守恒
有mAvA=mBvB，
解得vA=1m/s，vB=1m/s。
（2） 解法一：应用动能定理
对物块B从脱离弹簧到静止，应用动能定理有−μmBgxB=0−12mBvB2，
解得μ=0.2。
解法二：应用牛顿运动定律及运动学公式
由牛顿第二定律可得μmBg=mBa，
物块B脱离弹簧后做匀减速直线运动，有
vB2=2axB，
联立解得μ=0.2。
（3） 物块A和B由静止释放到刚好脱离弹簧，任一时刻速度均等大反向，则此过程物块A和B的位移大小均为Δx2，设物块A、B与桌面摩擦产生的内能为Q，根据能量守恒定律可得，弹簧释放的弹性势能
ΔEp=Q+12mAvA2+12mBvB2，
根据功能关系有Q=μmAgΔx2+μmBgΔx2，
解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J。
例5 （2024·湖北卷·14，12分）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0.3m、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g=10m/s2。
（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） 5m/s
（2） 0.3J
（3） 0.2m
【解析】
（1） 根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μm物g=m物a，解得a=5m/s2，
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=v传22a=2.5m