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第5讲　力学三大观点的综合应用(综合融通课)
　　力学三大观点包括:动力学观点、能量观点、动量观点,力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查,也可以两两组合考查,还可以三者综合考查。
(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。
[例1]　(2025·葫芦岛模拟)如图所示,一质量M=0.3 kg的足够长“L”形木板放置于倾角为30°的光滑斜面上,其上端有一质量m=0.2 kg的物块,物块与木板上端之间夹有少量爆炸物,且整体处于静止状态。现引燃爆炸物,物块与木板瞬间获得总动能为3.375 J(只考虑沿斜面方向,其他方向能量不计)。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,不考虑爆炸物爆炸后的残余物,不计空气阻力。求:
(1)爆炸物爆炸后瞬间,木板和物块获得的速度大小;
(2)木板沿斜面上升的最大距离。
规范解答:
　　
[针对训练]
1.如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.滑块向右运动的过程中,加速度大小为
B.滑块与木板间的动摩擦因数为
C.k=2
D.滑块弹回瞬间的速度大小为
(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1.两大观点
(1)动量观点:动量定理和动量守恒定律。
(2)能量观点: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。
　　[例2]　(2024·黑吉辽高考)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。不计空气阻力,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,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
规范解答:
　　[针对训练]
2.(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
(三) 力学三大观点的综合应用
力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时,可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用,运动状态改变的问题时,在涉及时间和速度、不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理,在涉及位移和速度、不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统,一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决,但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律,即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题,通常可选用动量守恒定律,但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。
[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。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
　　[针对训练]
3.(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
第5讲
(一)　[例1]　解析:(1)爆炸物爆炸过程系统动量守恒,设木板获得的速度大小为v1 ,物块获得的速度大小为v2
Mv1=mv2
Ek=M+m
解得v1=3 m/s,v2=4.5 m/s。
(2)对木板受力分析,根据牛顿第二定律得
Mgsin θ+μmgcos θ=Ma1
解得a1=10 m/s2
对物块受力分析,根据牛顿第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=2.5 m/s2
因=0.3 s<=1.8 s,则木板上升过程受力不变,加速度不变
由运动学公式得=2a1Lmax
解得 Lmax=0.45 m。
答案:(1)3 m/s　4.5 m/s　(2)0.45 m
[针对训练]
1.选D　滑块以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零,根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL,解得a=,故A错误;根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=,故B错误;小滑块以速度kv滑上木板,设碰墙时速度为v1,由匀变速直线运动规律有-2aL=-(kv)2,滑块与墙碰后向左运动,设滑块、木板的共同速度为v2,由动量守恒定律有mv1=(m+4m)v2,由能量守恒定律可得μmgL=m-(m+4m),解得k=,v1=,故C错误,D正确。
(二)　[例2]　解析:(1)A离开桌面后做平抛运动,水平方向有xA=vAt,
竖直方向有h=gt2
联立并代入数据解得vA=1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中,A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向,所受弹簧弹力也等大反向,又A、B竖直方向上所受合力均为零,故A、B组成的系统所受合外力为零,动量守恒,则有mAvA=mBvB,解得vB=1 m/s。
(2)对B离开弹簧后的运动过程,根据动能定理有-μmBgxB=0-mB
代入数据解得μ=0.2。
(3)对A、B与弹簧相互作用的过程,根据能量守恒定律有ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg·,代入数据解得ΔEp=0.12 J。
答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
[针对训练]
2.选BD　锤子撞击木栓到木栓进入方孔,对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,由于重力对木栓也有冲量,则木料对木栓的合力的冲量不为-I,故A错误;锤子撞击木栓后,木栓获得的动能为Ek=mv2=,木栓进入过程根据动能定理有Δx=0-Ek,解得平均阻力大小为=+mg,故B正确;木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功,所以ΔE木栓=Δx=Δx=+mgΔx,ΔE木栓一部分转化
为木料的弹性势能,因此系统损失的机械能ΔE<ΔE木栓,故C错误;对木栓的一个侧面受力分析如图,由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有=,且平均阻力=+mg,又因为f=μFN,联立可得f=,故D正确。
(三)　[例3]　解析:(1)根据题意,小物块在传送带上受滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律有μm物g=m物a
解得a=5 m/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==2.5 m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v=v传=5 m/s。
(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m物v=m物v1+m球v2
其中v=5 m/s,v1=-1 m/s
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-m球
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,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时的速度为v3,则小球在P点正上方时,由牛顿第二定律有m球g=m球
小球从O点正下方运动到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有m球=m球+m球g
联立解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
答案:(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
[针对训练]
3.选C　小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,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;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受空气阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。
5 / 5(共66张PPT)
力学三大观点的综合应用
(综合融通课)
第 5 讲
力学三大观点包括:动力学观点、能量观点、动量观点，力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查，也可以两两组合考查，还可以三者综合考查。
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(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
2
(二) 动量观点与能量观点的综合应用
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课时跟踪检测
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(三) 力学三大观点的综合应用
(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。
[例1]　(2025·葫芦岛模拟)如图所示，一质量M=0.3 kg的足够长“L”形木板放置于倾角为30°的光滑斜面上，其上端有一质量m=0.2 kg的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物，且整体处于静止状态。现引燃爆炸物，物块与木板瞬间获得总动能为3.375 J(只考虑沿斜面方向，其他方向能量不计)。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=，重力加速度g取10 m/s2，不考虑爆炸物爆炸后的残余
物，不计空气阻力。求:
(1)爆炸物爆炸后瞬间，木板和物块获得的速度大小;
[答案]　3 m/s　4.5 m/s　
[解析]　爆炸物爆炸过程系统动量守恒，设木板获得的速度大小为v1 ，物块获得的速度大小为v2
Mv1=mv2
Ek=M+m
解得v1=3 m/s，v2=4.5 m/s。
(2)木板沿斜面上升的最大距离。
[答案]　0.45 m
[解析]　对木板受力分析，根据牛顿第二定律得
Mgsin θ+μmgcos θ=Ma1
解得a1=10 m/s2
对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=2.5 m/s2
因=0.3 s<=1.8 s，则木板上升过程受力不变，加速度不变
由运动学公式得=2a1Lmax
解得 Lmax=0.45 m。
1.如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
针对训练
A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B.滑块与木板间的动摩擦因数为
C.k=2
D.滑块弹回瞬间的速度大小为
√
解析:滑块以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL，解得a=，故A错误;根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得μ=，故B错误;小滑块以速度kv滑上木板，设碰墙时速度为v1，由匀变速直线运动规律有-2aL=-(kv)2，滑块与墙碰后向左运动，设滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒定律有mv1=(m+4m)v2，由能量守恒定律可得μmgL=m-(m+4m)，解得k=，v1=，故C错误，D正确。
(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1.两大观点
(1)动量观点:动量定理和动量守恒定律。
(2)能量观点: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。
[例2]　(2024·黑吉辽高考)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。不计空气阻力，求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
[答案]　1 m/s　1 m/s　
[解析]　A离开桌面后做平抛运动，
水平方向有xA=vAt，竖直方向有h=gt2
联立并代入数据解得vA=1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有
mAvA=mBvB，解得vB=1 m/s。
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
[答案]　0.2　
[解析]　对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
-μmBgxB=0-mB
代入数据解得μ=0.2。
(3)整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
[答案]　0.12 J
[解析]　对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg·，代入数据解得ΔEp=0.12 J。
2.(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，
针对训练
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
√
√
解析:锤子撞击木栓到木栓进入方孔，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力对木栓也有冲量，则木料对木栓的合力的冲量不为-I，故A错误;锤子撞击木栓后，木栓获得的动能为Ek=mv2=，木栓进入过程根据动能定理有Δx=0-Ek，解得平均阻力大小为=+mg，故B正确;木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功，所以ΔE木栓=Δx=Δx=+mgΔx，ΔE木栓一部分转
化为木料的弹性势能，因此系统损失的机械能ΔE<ΔE木栓，故C错误;对木栓的一个侧面受力分析如图，由于方孔侧壁弹力呈线性变化，则有=，且平均阻力=+mg，又因为f=μFN，联立可得f=，故D正确。
(三) 力学三大观点的综合应用
力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度、不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理，在涉及位移和速度、不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但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。
[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;
[答案]　5 m/s　
[解析]　根据题意，小物块在传送带上受滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有μm物g=m物a
解得a=5 m/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==2.5 m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v=v传=5 m/s。
(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;
[答案]　0.3 J　
[解析]　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m物v=m物v1+m球v2
其中v=5 m/s，v1=-1 m/s
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-m球
解得ΔEk=0.3 J。
(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]　0.2 m
[解析]　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d，小球在P点正上方时的速度为v3，则小球在P点正上方时，
由牛顿第二定律有m球g=m球
小球从O点正下方运动到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g
联立解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
3.(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
针对训练
√
解析:小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力，下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误;小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，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;上升与下落过程的位移相等，上升时加速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误;经过同一位置时，上升过程的速度更大，则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受空气阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
1.(12分)(2025·天津模拟)水平地面上固定一正方体高台，高台最左端固定一弹簧，弹簧原长远小于高台棱长，将一小球A放在高台最右端，用手将另一小球B压缩弹簧至最短，某时刻静止释放，小球B被弹簧弹射出去后与小球A发生弹性正碰，小球A落地时重力的瞬时功率为P= 4 W。不计一切摩擦，小球A、B质量均为m=0.2 kg且均可看作质点，弹簧最大弹性势能Ep=0.4 J。g取10 m/s2，求:
(1)小球B被弹射出去时的瞬时速度大小;(3分)
答案:2 m/s　
解析:根据能量守恒定律得Ep=m
解得小球B被弹射出去时的瞬时速度大小为vB=2 m/s。
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(2)小球A的水平位移大小。(9分)
答案:0.4 m
解析:小球A、B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvB=mvB'+mvA
m=mvB'2+m
解得vA=2 m/s
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小球A落地时重力的瞬时功率为P=mgvy
小球A离开高台后做平抛运动，则vy=gt
水平位移大小x=vAt
解得x=0.4 m。
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2.(15分)(2024·安徽高考)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，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。
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碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg，小车上的水平轨道长s=1.0 m，圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小;(4分)
答案:6 N　
解析:小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，解得v0=5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
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(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;(5分)
答案:4 m/s　
解析:小球与物块发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
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(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μ的取值范围。(6分)
答案:0.25≤μ<0.4
解析:若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3，
由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs，
解得μ1=0.4;
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若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，
解得μ2=0.25，
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。
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3.(15分)(2024·浙江6月选考)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侧壁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g=10 m/s2。
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(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;(4分)
答案:5 m/s　
解析:滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，重力提供向心力，有mg=
从滑块离开弹簧至运动到C点过程，根据动能定理有-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s。
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(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;(4分)
答案:0.625 J　
解析:平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共
根据能量守恒定律有ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J。
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(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。(7分)
答案:6 m/s
解析:若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，滑块的加速度大小为a1=μ1g=6 m/s2
平板的加速度大小为a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2
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考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与平板共速然后共同减速
假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好运动到平板右边缘，则共速瞬间
v=vE-a1t1=a2t1
共速前过程，滑块、平板位移分别为x1=t1
x2=t1
共速时，相对位移应为Δx=L=x1-x2
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解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
随后共同减速，x3=d-x1=1.88 m
滑块到达H点的速度大小为
vH== m/s
说明可以到达H点，因此假设成立，
若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落
故滑块离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。
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4.(16分)(2024·贵州高考)如图，半
径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固
定在竖直平面内，其末端与水平地
面PM相切于P点，PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每
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隔Δt=0.6 s 给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg，b的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
答案:30 N　
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解析: a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律有magR=ma
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有N-mag=ma
联立解得N=30 N。
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(2)b从M运动到N的时间;
答案:3.2 s　
解析:a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有magR-μmagd=ma-0
解得vM=3 m/s
a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
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ma=ma+mb
解得vb=2 m/s
b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1==0.2 s
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对地位移x=·t1=0.3 m此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s
b从M运动到N的时间
t=t1+t2=3.2 s。
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(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
答案:95 J
解析:设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s
可得Δt=t3+t4
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b在Δt时间内向右运动的距离
Δx=·t3-·t4=0.3 m
循环10次后b向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传送带运动的路程
s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中，b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
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然后b继续向右做减速运动，根据运动学公式有
vt5-a=L-x'
解得t5=0.2 s(另一结果不符合实际，舍去)
此过程，b相对传送带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。
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4课时跟踪检测(四十)　力学三大观点的综合应用
1.(12分)(2025·天津模拟)水平地面上固定一正方体高台,高台最左端固定一弹簧,弹簧原长远小于高台棱长,将一小球A放在高台最右端,用手将另一小球B压缩弹簧至最短,某时刻静止释放,小球B被弹簧弹射出去后与小球A发生弹性正碰,小球A落地时重力的瞬时功率为P=4 W。不计一切摩擦,小球A、B质量均为m=0.2 kg且均可看作质点,弹簧最大弹性势能Ep=0.4 J。g取10 m/s2,求:
(1)小球B被弹射出去时的瞬时速度大小;(3分)
(2)小球A的水平位移大小。(9分)
2.(15分)(2024·安徽高考)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,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;(4分)
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(5分)
(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μ的取值范围。(6分)
3.(15分)(2024·浙江6月选考)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侧壁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g=10 m/s2。
(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;(4分)
(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;(4分)
(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。(7分)
4.(16分)(2024·贵州高考)如图,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;(4分)
(2)b从M运动到N的时间;(6分)
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。(6分)
课时跟踪检测(四十)
1.解析:(1)根据能量守恒定律得Ep=m
解得小球B被弹射出去时的瞬时速度大小为vB=2 m/s。
(2)小球A、B发生弹性正碰,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvB=mvB'+mvA
m=mvB'2+m
解得vA=2 m/s
小球A落地时重力的瞬时功率为P=mgvy
小球A离开高台后做平抛运动,则vy=gt
水平位移大小x=vAt
解得x=0.4 m。
答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m
2.解析:(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=m-0,
解得v0=5 m/s,
在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3,
由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs,
解得μ1=0.4;
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR,
解得μ2=0.25,
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。
答案:(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
3.解析:(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,重力提供向心力,有mg=
从滑块离开弹簧至运动到C点过程,根据动能定理有-2mgR=m-m
解得v0=5 m/s。
(2)平板加速至与滑块共速过程,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共
根据能量守恒定律有
ΔE=m-(M+m)
解得ΔE=0.625 J。
(3)若μ2=0.1,平板与滑块相互作用过程中,滑块的加速度大小为a1=μ1g=6 m/s2
平板的加速度大小为
a2==4 m/s2
共速后,共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2
考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与平板共速然后共同减速
假设滑块先与平板共速然后共同减速,且共速时滑块恰好运动到平板右边缘,则共速瞬间v=vE-a1t1=a2t1
共速前过程,滑块、平板位移分别为x1=t1
x2=t1
共速时,相对位移应为Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s,v=2.4 m/s
随后共同减速,x3=d-x1=1.88 m
滑块到达H点的速度大小为
vH== m/s
说明可以到达H点,因此假设成立,
若滑块初速度再增大,则会从平板右侧掉落
故滑块离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。
答案:(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
4.解析:(1)a从静止释放到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma
在P点,设轨道对它的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mag=ma
联立解得N=30 N。
(2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有magR-μmagd=ma-0
解得vM=3 m/s
a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
ma=ma+mb
解得vb=2 m/s
b滑上传送带后,根据牛顿第二定律有μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1==0.2 s
对地位移x=·t1=0.3 m此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间
t2==3 s
b从M运动到N的时间
t=t1+t2=3.2 s。
(3)设向右为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有
I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s
可得Δt=t3+t4
b在Δt时间内向右运动的距离
Δx=·t3-·t4=0.3 m
循环10次后b向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传送带运动的路程
s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中,b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
然后b继续向右做减速运动,根据运动学公式有vt5-a=L-x'
解得t5=0.2 s(另一结果不符合实际,舍去)
此过程,b相对传送带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。
答案:(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J
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