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(共68张PPT)
专题强化十　用三大观点解决力学问题
1．力学三大观点的基本规律
项目 规律 表达式
动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma
匀变速直线运动规律
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp
能量守恒定律 E1＝E2
动量观点 动量定理 I合＝p′－p
动量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2
2.应用策略
(1)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)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(或动能)，分析并求出过程中的冲量(或功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
考点一　动力学与动量观点的综合应用
1．在研究某个物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体所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．当涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
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　算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a.

(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
答案：0.2 s
练1　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O′点为圆心、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处，质量均为m＝0.8 kg.现用与竖直方向成θ＝37°角的斜向上的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，重力加速度大小g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.
(1)求碰撞前物体a的速度大小．
答案：3 m/s
(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：平抛运动
考点二　能量与动量观点的综合应用
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，特别对于变力作用问题，就更显出它们的优越性．
例2　(2024·辽宁卷)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，重力加速度大小g取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
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
答案：0.2
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp.
答案：0.12 J
练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m0＝70 kg，重力加速度大小g取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.
答案：90 N
解析：对运动员和冰壶整体分析，根据动量定理得Ft＝(m＋m0)v1，解得F＝90 N.
(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：0.1 m
考点三　力学三大观点的综合应用
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．
例3　(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0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＝0.4 m，重力加速度大小g取10 m/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.
答案：v＝4 m/s

(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，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示．
(ⅰ)求μ和m.
答案：m＝1 kg，μ＝0.2　
(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＝8 N，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面的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L.
答案：L＝4.5 m
解析：根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左，
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得此时轨道的速度v1＝a1t0，
小物块在P点时的速度v2＝a2t0，
练3　(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为L＝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m1＝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m2＝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v1＝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μ为0.5，重力加速度大小g取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
(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
(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
科学探究问题情境
典例 (2024·安徽卷)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，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．已知细线长为L＝1.25 m．小球质量为m＝0.20 kg，物块、小车质量均为m0＝0.30 kg.小车上的水平轨道长为s＝1.0 m．圆弧轨道半径为R＝0.15 m．
小球、物块均可视为质点．不计空气阻力，重力加速度大小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．
答案：6 N
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小．
答案：4 m/s
(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．
答案：0.25≤μ<0.4
[试题立意]　本题以小球、物块碰撞后再与小车相互作用为素材，创设了科学探究问题情境．主要考查牛顿运动定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识点，重点考查理解能力和推理论证能力．
[关键能力]　(1)理解能力
题干关键表述 获取信息
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，为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车 ①小球由细线水平的位置运动到最低点的过程中，机械能守恒
②最低点为圆周运动过程点，细线对小球的拉力和小球的重力的合力提供小球做圆周运动需要的向心力
③小球与物块在最低点发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒．物块不脱离轨道，可以恰好达到圆弧轨道最低点或最高点，可以根据动量、能量关系求出动摩擦因数的范围
(2)推理论证能力
[失分剖析]　分析不清动摩擦因数出现范围的原因．
[考教衔接]　本题情境与粤教版教材选择性必修第一册第33页第10题相近，2023年海南卷第18题也出现过类似情境．
1．(多选)(2025·四川宜宾一模)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s 的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度大小g取10 m/s2.
下列说法正确的是(　　)
A．物体B能上升的最大高度为0.6 m
B．物体B能上升的最大高度为1.8 m
C．圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D．圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
答案：AD
2．(8分)(2025·辽宁大连高三大连市模拟)大秦铁路是我国西煤东运的重要能源通道之一，全长653 km，在大秦铁路，平均每十几分钟就会开出一趟重载列车，年运量最高突破4.5亿吨．一趟趟奔跑的2万吨重载列车，让世界为之惊叹，重载列车在由静止启动时为了避免车厢间挂钩因所受作用力过大而断裂，在启动前挂钩间常留有一定的间隙，可简化为如图所示的模型，初始时挂钩间留有10 cm的空隙，动力车厢始终以0.2 m/s2的加速度运动，当动力车厢与后面一节无动力车厢挂钩间的间隙减小到零时相当于两车厢发生完全非弹性碰撞，

(2)第三节无动力车厢刚开始运动时动力车厢输出的功率大小．
3．(12分)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，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 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.
答案：4 m/s
(2)求轻弹簧的最大弹性势能Ep.
答案：12 J
(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：0.233 kg

A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为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t；

(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.



5．(16分)(2024·浙江卷1月)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．质量为m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处由静止释放，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时能发生完全弹性碰撞．(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(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；
答案：16 m/s2
②在DE上经过的总路程；
答案：2 m
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比．
答案：1∶2
(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：0.2 m专题强化十　用三大观点解决力学问题
1．力学三大观点的基本规律
项目 规律 表达式
动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma
匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v 2＝2ax
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp
能量守恒定律 E1＝E2
动量观点 动量定理 I合＝p′－p
动量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2
2.应用策略
(1)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)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(或动能)，分析并求出过程中的冲量(或功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
考点一　动力学与动量观点的综合应用
1．在研究某个物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体所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．当涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
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　算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a.
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
练1　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O′点为圆心、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处，质量均为m＝0.8 kg.现用与竖直方向成θ＝37°角的斜向上的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，重力加速度大小g取10 m/s2，cos 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？
考点二　能量与动量观点的综合应用
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，特别对于变力作用问题，就更显出它们的优越性．
例2　(2024·辽宁卷)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，重力加速度大小g取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)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp.
练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m0＝70 kg，重力加速度大小g取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.
考点三　力学三大观点的综合应用
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．
例3　(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0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＝0.4 m，重力加速度大小g取10 m/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，轨道的加速度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＝8 N，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面的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L.
练3　(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以v＝5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为L＝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m1＝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m2＝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v1＝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μ为0.5，重力加速度大小g取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．
核心素养·析真题——深研高考　领悟真谛　体现一个“透”
科学探究问题情境
典例 (2024·安徽卷)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，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．已知细线长为L＝1.25 m．小球质量为m＝0.20 kg，物块、小车质量均为m0＝0.30 kg.小车上的水平轨道长为s＝1.0 m．圆弧轨道半径为R＝0.15 m．小球、物块均可视为质点．不计空气阻力，重力加速度大小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．
(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μ的取值范围．
[试题立意]　本题以小球、物块碰撞后再与小车相互作用为素材，创设了科学探究问题情境．主要考查牛顿运动定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识点，重点考查理解能力和推理论证能力．
[关键能力]　(1)理解能力
题干关键表述 获取信息
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，为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车 ①小球由细线水平的位置运动到最低点的过程中，机械能守恒 ②最低点为圆周运动过程点，细线对小球的拉力和小球的重力的合力提供小球做圆周运动需要的向心力 ③小球与物块在最低点发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒．物块不脱离轨道，可以恰好达到圆弧轨道最低点或最高点，可以根据动量、能量关系求出动摩擦因数的范围
(2)推理论证能力
[失分剖析]　分析不清动摩擦因数出现范围的原因．
[考教衔接]　本题情境与粤教版教材选择性必修第一册第33页第10题相近，2023年海南卷第18题也出现过类似情境．
温馨提示：请完成课时分层精练(三十四)
专题强化十　用三大观点解决力学问题
关键能力·研教材
例1　解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2＝2a1s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，所以乙算珠能够滑动到边框a.
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s．
答案：(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
练1　解析：(1)对物体a受力分析可知F cos 37°＝mg，
F sin 37°＝ma0，
根据匀变速直线运动公式可得＝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＝，
联立可得va＝0，vb＝3 m/s，
物体b由B至O点，根据动能定理可得－mgR＝，
在O点，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝m，
解得FN＝0，
即轨道对物体b的支持力为0，物体b将与轨道分离，
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．
答案：(1)3 m/s　(2)平抛运动
例2　解析：(1)设脱离弹簧时A的速度大小为vA，
对A物块由平抛运动规律有h＝gt2，xA＝vAt，
代入数据解得vA＝1 m/s；
A、B两物块质量相等，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A、B物块整体动量守恒，则有mAvA＝mBvB，
解得脱离弹簧时B的速度大小vB＝1 m/s.
(2)对物块B离开弹簧后的运动过程，由动能定理有－μmBgxB＝，
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.
(3)弹簧的弹性势能转化为A、B物块的动能及整个过程中克服摩擦力所做的功，根据能量守恒定律有ΔEp＝＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB，
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J.
答案：(1)1 m/s，1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
练2　解析：(1)对运动员和冰壶整体分析，根据动量定理得Ft＝(m＋m0)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，根据动能定理有－0.9μmgx0＝，
解得μ＝0.02，
设碰撞后红色冰壶的速度为v5，红色冰壶和蓝色冰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＝，解得x＝0.1 m.
答案：(1)90 N　(2)0.1 m
例3　解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运动规律有
mg＋3mg＝m，解得v＝4 m/s.
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F＝(m0＋m)a，变形得a＝F，
结合题图乙可知k＝＝ kg－1＝0.5 kg－1，
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝m0a，变形得a＝F－，
结合题图乙可知k′＝＝ kg－1＝1 kg－1，
截距b＝－＝－2 m/s2，
联立解得m0＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2.
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左，
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得此时轨道的速度v1＝a1t0，
小物块在P点时的速度v2＝a2t0，
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有＝＋2mgR，
m0v1＋mv2＝m0v3＋mv4，
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解t0＝3.17 s不满足v3根据运动学规律有L＝，解得L＝4.5 m.
答案：(1)v＝4 m/s　(2)(ⅰ)m＝1 kg，μ＝0.2　
(ⅱ)L＝4.5 m
练3　解析：(1)设小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μm2g＝m2a，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，小物块的速度大小等于传送带的速度大小，即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m2v＝m2v1＋m1v2，
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＝，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点正上方的速度为v3，由牛顿第二定律有m1g＝，
小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有＝＋m1g(2L绳－d)，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
核心素养·析真题
典例　解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝－0，解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球有FT－mg＝，
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)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝＝，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时与小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有m0v2＝2m0v3，
由能量守恒定律有＝＋μ1m0gs，
解得μ1＝0.4.
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时与小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有m0v2＝2m0v4，
由能量守恒定律有＝＋μ2m0gs＋m0gR，解得μ2＝0.25.
综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ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

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