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物理
第讲　专题：力学三大观点的综合应用
1．解决力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：用牛顿运动定律、运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动问题。
(2)能量观点：用动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解题，可处理匀变速运动问题和非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速运动问题和非匀变速运动问题。
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动力学关系式，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)若研究的对象为多物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的过程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，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。
例1　(2024·四川省成都市高三第二次联考)如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为s1＝1．25 m，红球与底袋之间的距离为s2＝1 m。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为200 g，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0．2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)红球碰撞后瞬间的速度大小；
(2)杆对白球的冲量大小。
例2　(2025·八省联考河南卷)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小；
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
例3　(2024·湖北高考)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3．6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0．3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0．2 kg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0．1 kg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1 m/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＝10 m/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。
例4　(2025·浙江省台州市高三上第一次教学质量评估)如图为某挑战项目的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，质量分别为M＝5m和m。弹射装置被挑战者从滑道平台起点O由静止释放，从滑道C点冲出，当到达最高点D时，挑战者启动弹射器在极短时间将物块沿水平方向射出，且刚好水平进入右侧静置于光滑水平地面的、质量为的组合平台。如果弹射器落到下方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑圆弧轨道，也不从组合平台左侧脱离，则视为挑战成功。已知平台O点离地高为h，D点与A点的水平距离与高度均为h，装置到最高D点时速度vD＝，平台上表面的水平长度EF＝2h，其与物块间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度。弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值；
(3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
2．(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，针鞘整体质量为m，则针鞘(　　)
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2的过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中，动量变化量大小为
3．(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0．15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0．30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1．00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N
4．(2025·四川省宜宾市高三上第一次诊断性考试)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m的小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像如图乙所示(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2>v1)。则(　　)
A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左
B．0～t2时间内，小物块到A处的距离最大为·t2
C．0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1)
D．0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
5．如图所示模型，水平地面上b点左侧粗糙，b点右侧光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半径为R＝0．4 m、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平地面平滑连接。质量为m1＝1 kg的小物块A以v0＝7 m/s的初速度从a点水平向右运动，质量为m2＝2 kg的小物块B静止在b点右侧，两物块均可看作质点，物块A与b点左侧地面之间的动摩擦因数为μ＝0．5。物块A与物块B发生正碰后，物块A以1 m/s的速度向左运动，物块B向右运动滑上圆弧轨道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块碰撞前瞬间A的速度大小；
(2)两物块碰撞过程中损失的机械能；
(3)物块B运动至d点时轨道对物块B的支持力大小。
6．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0．1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0．1 m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，水平射程xA＝0．4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0．25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/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。
[B组　综合提升练]
7．(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
8．(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1．25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m＝0．5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0．5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0．25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0．5，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μ1，小物块a运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，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
[C组　拔尖培优练]
9．(2024·广西高考)(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　)
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
答案及解析
例1　(2024·四川省成都市高三第二次联考)如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为s1＝1．25 m，红球与底袋之间的距离为s2＝1 m。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为200 g，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0．2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)红球碰撞后瞬间的速度大小；
(2)杆对白球的冲量大小。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0．6 N·s
[解析]　(1)设两球的质量均为m，两球与桌面间的动摩擦因数均为μ，碰撞后红球的加速度大小为a，碰撞后瞬间红球的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根据匀变速直线运动的速度位移公式有
0－v＝－2as2
解得v1＝2 m/s。
(2)设白球和红球碰撞前、后瞬间，白球的速度分别为v和v2，以碰撞前白球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv＝mv1＋mv2
根据机械能守恒定律有
mv2＝mv＋mv
联立解得v＝2 m/s
设杆对白球的冲量大小为I，杆对白球作用后瞬间白球的速度大小为v0，分析知，两球碰撞前，白球的加速度大小也为a，根据匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－v＝－2as1
根据动量定理有I＝mv0－0
联立解得I＝0．6 N·s。
例2　(2025·八省联考河南卷)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小；
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
[答案]　(1)10　(2)37．5mgh
[解析]　(1)设子弹击中物块前瞬间的速度大小为v0，子弹射穿物块后，子弹和物块的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为g和a，根据匀变速直线运动位移与速度的关系，
对子弹有0－v＝－2g·8h
对物块有0－v＝－2a·h
对物块，由牛顿第二定律有
4mg＋·4mg＝4ma
子弹射穿物块的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋4mv2
解得v0＝10。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能为ΔE＝mv－
解得ΔE＝37．5mgh。
例3　(2024·湖北高考)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3．6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0．3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0．2 kg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0．1 kg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1 m/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＝10 m/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)5 m/s　(2)0．3 J　(3)0．2 m
[解析]　(1)设小物块的质量为m物，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块与传送带相对滑动时，小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μm物g＝m物a
假设小物块与小球碰撞前，小物块可以达到传送带的速度v传，设小物块加速运动的距离为x，根据运动学公式有v－0＝2ax
联立并代入数据解得x＝2．5 m
由于x<3．6 m，可知假设成立，则小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为v＝v传＝5 m/s。
(2)小物块与小球碰撞的时间极短，则碰撞过程中小物块与小球组成的系统动量守恒，设小球的质量为m球，碰后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2
由题知v1＝－1 m/s
代入数据解得v2＝3 m/s
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
ΔEk＝m物v2－m物v－m球v
代入数据解得ΔEk＝0．3 J。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则P点到O点的距离最小，设为d，设此时小球在P点正上方的速度大小为v3，绳长为L绳，小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有
m球g＝m球
小球从O点正下方到P点正上方的过程，由机械能守恒定律有
m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)
联立并代入数据解得d＝0．2 m。
例4　(2025·浙江省台州市高三上第一次教学质量评估)如图为某挑战项目的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，质量分别为M＝5m和m。弹射装置被挑战者从滑道平台起点O由静止释放，从滑道C点冲出，当到达最高点D时，挑战者启动弹射器在极短时间将物块沿水平方向射出，且刚好水平进入右侧静置于光滑水平地面的、质量为的组合平台。如果弹射器落到下方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑圆弧轨道，也不从组合平台左侧脱离，则视为挑战成功。已知平台O点离地高为h，D点与A点的水平距离与高度均为h，装置到最高D点时速度vD＝，平台上表面的水平长度EF＝2h，其与物块间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度。弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值；
(3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。
[答案]　(1)3mgh　(2)m
(3)≤v物≤7
[解析]　(1)设弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功为Wf，弹射装置由O运动到D的过程中，根据动能定理得
6mg－Wf＝×6mv－0
解得Wf＝3mgh。
(2)以水平向左为正方向，设弹射器射出物块后的速度为v1，向左做平抛运动经过时间t落到缓冲区，则弹射器在平抛运动期间的水平位移为x＝v1t
且满足－h≤x≤2h－h
竖直位移大小h＝gt2
根据动量定理可知，射出物块时弹射器受到的水平冲量为I＝5mv1－(－5mvD)
联立解得m≤I≤m
由牛顿第三定律可知，在D点弹射器对物块的冲量大小为I′＝I
综上所述，I′的最小值为Imin′＝m，最大值为Imax′＝m。
(3)设弹射器射出物块的速度为v2时，物块恰能到达圆弧轨道最低点，由动量守恒定律有mv2＝v共
由能量守恒定律有
μmg·2h＝mv－v
联立解得v2＝
设弹射器射出物块的速度为v3时，物块恰能返回至组合平台的左侧E点，由动量守恒定律有mv3＝v共′
由能量守恒定律有
μmg·4h＝mv－v共′2
联立解得v3＝7
即物块被弹射出时的速度v物满足≤v物≤7
根据动量定理，结合(2)可知，要使弹射器能落到缓冲保护区内，物块的速度v物需要满足vD＋≤v物≤vD＋
即≤v物≤
综上所述，若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足≤v物≤7。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
答案：AD
解析：电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。
2．(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，针鞘整体质量为m，则针鞘(　　)
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2的过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中，动量变化量大小为
答案：A
解析：设针鞘被弹出时速度大小为v，两段运动过程中，对针鞘整体，由动能定理得－F1d1－F2d2＝0－mv2，解得v＝，故A正确；针鞘运动d2的过程中，阻力做功为W＝－F2d2，故C错误；设针鞘到达目标组织表面时速度大小为v′，继续前进d2后减速至零，由动能定理可知W＝0－mv′2，则针鞘到达目标组织表面时的动能Ek＝mv′2＝F2d2，故B错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝|0－mv′|＝，故D错误。
3．(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0．15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0．30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1．00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N
答案：BD
解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0．15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，则蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员在t＝0．30 s离开蹦床，t＝2．30 s再次落到蹦床，经历的时间为Δt＝2 s，运动员在这期间做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为＝1 s，则t＝1．00 s时，运动员还在向上运动，t＝1．30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，由逆向思维可得，t＝0．30 s时运动员的速度大小为v＝g·＝10 m/s，故B正确，C错误；由竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小也为10 m/s，设运动员的质量为m，运动员每次与蹦床接触到离开过程中受到蹦床的平均作用力大小为′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有′·Δt′－mg·Δt′＝mv－(－mv)，其中Δt′＝0．3 s，代入数据可得′＝4600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为＝′＝4600 N，故D正确。
4．(2025·四川省宜宾市高三上第一次诊断性考试)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m的小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像如图乙所示(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2>v1)。则(　　)
A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左
B．0～t2时间内，小物块到A处的距离最大为·t2
C．0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1)
D．0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
答案：D
解析：由题图乙可知，0～t2时间内，小物块始终相对传送带向左运动，受到的摩擦力方向始终水平向右，故A错误；v t图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙可知，0～t2时间内，小物块到A处的距离在t1时刻达到最大，为xm＝，故B错误；0～t3时间内，根据动量定理，可得传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为|If|＝|－mv1－mv2|＝m(v1＋v2)，故C错误；0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相对，其中μmg＝ma，a＝＝＝，x相对＝t2，联立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正确。
5．如图所示模型，水平地面上b点左侧粗糙，b点右侧光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半径为R＝0．4 m、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平地面平滑连接。质量为m1＝1 kg的小物块A以v0＝7 m/s的初速度从a点水平向右运动，质量为m2＝2 kg的小物块B静止在b点右侧，两物块均可看作质点，物块A与b点左侧地面之间的动摩擦因数为μ＝0．5。物块A与物块B发生正碰后，物块A以1 m/s的速度向左运动，物块B向右运动滑上圆弧轨道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块碰撞前瞬间A的速度大小；
(2)两物块碰撞过程中损失的机械能；
(3)物块B运动至d点时轨道对物块B的支持力大小。
答案：(1)5 m/s　(2)3 J　(3)35 N
解析：(1)设两物块碰撞前瞬间A的速度大小为vA，物块A从a点运动至b点的过程，根据动能定理有－μm1gL＝m1v－m1v
解得vA＝5 m/s。
(2)设碰撞后瞬间A的速度大小为vA′，B的速度大小为vB，两物块碰撞过程，由动量守恒定律得m1vA＝m2vB－m1vA′
解得vB＝3 m/s
碰撞过程损失的机械能
ΔE损＝m1v－
解得ΔE损＝3 J。
(3)设物块B运动到d点时的速度大小为vd，物块B运动至d点时轨道对物块B的支持力大小为FN，物块B从b点运动至d点的过程，由动能定理，得
－m2gR(1－cos60°)＝m2v－m2v
在d点，根据牛顿第二定律有
FN－m2gcos60°＝m2
解得FN＝35 N。
6．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0．1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0．1 m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，水平射程xA＝0．4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0．25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/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)1 m/s　1 m/s　(2)0．2　(3)0．12 J
解析：(1)A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得
h＝gt2
xA＝vAt
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
代入数据解得vB＝1 m/s。
(2)对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－mBv
代入数据解得μ＝0．2。
(3)设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为ΔxB，由能量守恒定律得
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB
联立并代入数据解得ΔEp＝0．12 J。
[B组　综合提升练]
7．(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
答案：C
解析：由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误；经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。
8．(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1．25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m＝0．5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0．5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0．25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0．5，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μ1，小物块a运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，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案：(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2
(2)0．2 m
解析：(1)①设小物块第一次经过C点的速度大小为vC，向心加速度大小为a，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mgh＝mv
由圆周运动规律，有a＝
联立并代入数据，解得a＝16 m/s2。
②由几何关系知，E点距C点的高度
h′＝Lsinθ＋R(1－cosθ)
代入数据解得h′＝0．95 m
h′>h＝0．8 m，故根据能量守恒定律可知，小物块始终在E点下方运动。
小物块a在DE上运动时，因为μ2mgcosθ设小物块在DE上经过的总路程为s，根据能量守恒定律有
mg[h－R(1－cosθ)]＝μ1mgcosθ·＋μ2mgcosθ·
代入数据解得s＝2 m。
③设小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上、a下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma上
mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma下
代入数据解得a上＝8 m/s2，a下＝2 m/s2
对小物块a在DE上运动距离相等的第i次向上运动和第i次向下运动，根据运动学公式有a上t＝a下t
解得＝＝
又t上＝t上1＋t上2＋…
t下＝t下1＋t下2＋…
则＝＝。
(2)设小物块a运动到F点的速度大小为vF，对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgcosθ·L＝mv－0
分析可知，小物块与滑块相对静止时恰好位于滑块左端而不脱离滑块，滑块长度最小，设为l，设此时二者达到的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvF＝2mv
根据能量守恒定律有
mv＝·2mv2＋2μ1mgl
联立并代入数据，解得l＝0．2 m。
[C组　拔尖培优练]
9．(2024·广西高考)(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　)
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
答案：BD
解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝，动能Ek＝mv2＝，进入过程，根据动能定理，对木栓有mgΔx－Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为＝＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝，损失的重力势能ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝＋mgΔx－ΔEp′，故C错误；设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力＝(fsinθ＋FNcosθ)，且根据B项求得平均阻力＝＋mg，联立可得f＝，故D正确。
13(共53张PPT)
第七章　动量守恒定律及其应用
第5讲　专题：力学三大观点的综合应用
目录
课时作业
1．解决力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：用牛顿运动定律、运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动问题。
(2)能量观点：用动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解题，可处理匀变速运动问题和非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速运动问题和非匀变速运动问题。
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动力学关系式，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)若研究的对象为多物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的过程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，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。
例1　(2024·四川省成都市高三第二次联考)如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为s1＝1．25 m，红球与底袋之间的距离为s2＝1 m。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为200 g，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0．2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)红球碰撞后瞬间的速度大小；
(2)杆对白球的冲量大小。
答案　(1)2 m/s　(2)0．6 N·s
例3　(2024·湖北高考)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3．6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0．3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0．2 kg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0．1 kg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1 m/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＝10 m/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)5 m/s　(2)0．3 J　(3)0．2 m
(1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值；
(3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
3．(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0．15 s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0．30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1．00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N
4．(2025·四川省宜宾市高三上第一次诊断性考试)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m的小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图像如图乙所示(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2>v1)。则(　　)
5．如图所示模型，水平地面上b点左侧粗糙，b点右侧光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半径为R＝0．4 m、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平地面平滑连接。质量为m1＝1 kg的小物块A以v0＝7 m/s的初速度从a点水平向右运动，质量为m2＝2 kg的小物块B静止在b点右侧，两物块均可看作质点，物块A与b点左侧地面之间的动摩擦因数为μ＝0．5。物块A与物块B发生正碰后，物块A以1 m/s的速度向左运动，物块B向右运动滑上圆弧轨道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块碰撞前瞬间A的速度大小；
(2)两物块碰撞过程中损失的机械能；
(3)物块B运动至d点时轨道对物块B的支持力大小。
答案：(1)5 m/s　(2)3 J　(3)35 N
6．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0．1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0．1 m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，水平射程xA＝0．4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0．25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/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)1 m/s　1 m/s　(2)0．2　(3)0．12 J
[B组　综合提升练]
7．(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　)
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。
8．(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1．25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m＝0．5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0．5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0．25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0．5，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μ1，小物块a运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，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案：(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2 (2)0．2 m
[C组　拔尖培优练]
9．(2024·广西高考)(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角
均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　)

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