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思维进阶七　力学三大观点的综合应用
对应学生用书P149
相互作用与抛体运动、圆周运动的组合情境，选择不同观点解答
【例1】 如图所示，质量m＝30 g的木块从距离水平地面高度h＝4.6 m处自由下落，在下落Δt＝0.2 s时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量m0≈10 g，子弹击中木块前的速度大小v0＝90 m/s，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)木块被击中前瞬间的速度大小v；
(2)木块落地时的水平位移大小x。
解析：(1)根据自由落体运动规律有v＝gΔt
解得v＝2 m/s。
(2)子弹与木块作用时间极短，系统动量守恒，设子弹击中木块后瞬间，木块的水平速度为v水平，竖直速度为v竖直，从子弹击中木块到木块着地的时间为t，则有
mv＝(m＋m0)v竖直、m0v0＝(m＋m0)v水平
竖直方向有h－g(Δt)2＝v竖直t＋gt2
水平方向有x＝v水平t
解得x＝18 m。
答案：(1)2 m/s　(2)18 m
【例2】 有一个角度可变的轨道，当倾角为30°时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60°，A从高为h的地方由静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：
(1)A与轨道间的动摩擦因数μ；
(2)A与B刚碰完B的速度大小；
(3)绳子的长度L。
解析：(1)倾角为30°时匀速运动，根据平衡条件有
mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得μ＝。
(2)(3)设A从高为h的地方滑下后速度为v0，A、B质量分别为3m、m，根据动能定理有
3mgh－μ·3mgcos 60°＝·3m
A与B碰撞后速度分别为v1和v2，根据动量守恒、能量守恒有
3mv0＝3mv1＋mv2
·3m＝·3m＋m
B到达最高点速度为v3，根据牛顿第二定律有
mg＝m
根据能量守恒有m＝m＋mg·2L
解得v2＝，L＝0.6h。
答案：(1)　(2)　(3)0.6h
角度突破
1.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 v2－＝2ax
2.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
3.动量观点
动量定理 I合＝p'－p
动量守恒定律 p1＋p2＝p1'＋p2'
破题路径
能力要语
1.动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识求解，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求解，可处理非匀变速运动问题。
3.动量观点：用动量守恒观点求解，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化一些问题的求解过程。
教学札记：
传送带上物体间的相互作用情境，精准计算相对运动位移
【例3】 如图所示为点心在流水线上的打包过程，点心师傅将加工好的质量m1＝0.1 kg的点心(看作质点)于倾斜直滑道上的P点静止释放，到Q点进入半径r＝0.25 m圆弧滑道，之后经M点沿水平方向抛出，刚好落入在传送带上匀速运动的质量m2＝0.05 kg的包装盒内。已知PQ段滑道长度l＝0.3 m，与水平面夹角为37°，倾斜滑道与圆弧滑道在Q点相切，点心经过M点时受到滑道的支持力FN＝2.6 N，sin 37°＝0.6，重力加速度大小取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)点心滑至M点时的速度v0大小；
(2)点心从P到M的运动过程中，克服摩擦力做的功W；
(3)已知传送带速度为v＝4 m/s，包装盒与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，点心落入包装盒后不反弹，且在极短时间内与包装盒共速，若要求包装盒到达传送带右端前与传送带共速，求点心落入时包装盒到传送带右端距离的最小值s。
解析：(1)在M点，由牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1
解得v0＝2 m/s。
(2)从P到M由动能定理有
m1glsin θ＋m1gr(1－cos θ)－W＝m1
解得W＝0.03 J。
(3)点心落入包装盒前后，两者水平方向动量守恒，设两者共速时速度为v1，由动量守恒定律有
m1v0＋m2v＝(m1＋m2)v1
随后设点心与包装盒整体受摩擦力的作用加速到v，由牛顿第二定律有
a＝＝μg
根据速度与位移的关系有v2－＝2as
解得s＝ m。
答案：(1)2 m/s　(2)0.03 J　(3) m
角度突破
1.摩擦生热Q＝f·s相(系统内能)。
2.物体机械能增量ΔE机(动能＋势能)。
3.电机耗能ΔE电＝ΔE机＋Q(总能量守恒)。
破题路径
能力要语
1.全程分段分析摩擦力突变(滑动→静摩擦→消失)，速度相等是临界点，共速后需根据外力或传送带倾角判断是否受静摩擦力(如倾斜传送带需比较重力分力与最大静摩擦力)。
2.注意划痕长度(痕迹覆盖长度)等于全程的相对位移。
教学札记：
“滑块—木板”模型，两者共速是转折，能量、动量齐应用
【例4】 (2025·镇江联考)如图甲所示，一辆质量为M＝1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取g＝10 m/s2。求：
(1)木块的质量m；
(2)木块与小车上表面的动摩擦因数；
(3)整个过程中系统损失的机械能。
解析：(1)对系统由动量守恒定律有
mv0＝(m＋M)v
由图可知，木块的初速度为v0＝2 m/s，共同速度为
v＝0.5 m/s
解得木块的质量m＝0.5 kg。
(2)由速度—时间图像可得小车的加速度为
a＝ m/s2＝1 m/s2
对小车由牛顿第二定律得μmg＝Ma
解得μ＝＝0.3。
(3)由功能关系可得整个过程中系统损失的机械能为
ΔE＝m－(m＋M)v2＝×0.5×22 J－×(1.5＋0.5)×0.52 J＝0.75 J。
答案：(1)0.5 kg　(2)0.3　(3)0.75 J
角度突破
1.系统的动量守恒，但机械能不守恒。
2.系统内能：Q＝FfΔx或Q＝E初－E末。
破题路径
[思维进阶(七)]　力学三大观点的综合应用
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(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
解析：选C。小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(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；上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，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。
2.如图所示，光滑的平台与水平传送带平滑连接，传送带的长度为7 m，以恒定速率4 m/s顺时针转动，质量为1 kg的物块B静止在平台上，质量为2 kg的物块A以3 m/s的速度向右运动，与物块B发生完全非弹性碰撞(时间极短)，然后一起滑上传送带。物块A和物块B与传送带之间的动摩擦因数均为0.2，二者均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块A和物块B在碰撞过程中损失的机械能为6 J
B.物块A和物块B在传送带上的加速时间为2 s
C.传送带对物块A和物块B做的功为42 J
D.传送带克服摩擦力做的功为24 J
解析：选D。物块A和物块B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝2 m/s，则损失的机械能为ΔE＝mA－(mA＋mB)＝3 J，故A错误。物块A和物块B在传送带上加速的过程中，由牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝μg＝2 m/s2，当物块与传送带达到共速时，加速过程结束，由运动学知识有v1＋at＝v传，解得t＝1 s，x＝t＝3 m，传送带对它们做功，由做功的定义有W＝μ(mA＋mB)gx，解得W＝18 J，故B、C错误。传送带的位移x传＝v传t＝4 m，传送带克服摩擦力做的功W＝μ(mA＋mB)gv传t＝24 J，故D正确。
3.如图所示，可视为质点的物块质量为m＝1 kg，长木板的质量为M＝1 kg，长木板的长度为L＝2 m，地面光滑，长木板与物块之间有摩擦。物块以v0＝4 m/s的速度从左端滑上原处于静止的长木板，最终物块恰好没有滑离长木板，则下列说法正确的是(　　)
A.物块最终的速度为4 m/s
B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C.物块和长木板之间产生的热量为6 J
D.长木板增加的动能为2 J
解析：选D。由于地面光滑，物块和长木板组成的系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，故A错误；对系统，由能量守恒定律得m＝μmgL＋(M＋m)，解得μ＝0.2，故B错误；物块和长木板之间产生的热量Q＝μmgL＝4 J，故C错误；长木板的动能增加了M＝2 J，故D正确。
4.(2025·浙江高考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
解析：选D。碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可得v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间为t＝＝ s＝0.4 s，B错误；碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量为Q＝×2m＋m＝3 J，C错误；碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，D正确。
5.(2024·黑吉辽卷)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。
解析：(1)物块A、B受到的摩擦力Ff大小相等、方向相反，所受弹簧弹力F弹大小相等、方向相反，物块A、B和轻弹簧构成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有
0＝mAvA－mBvB
物块A从桌面左端水平飞出后做平抛运动，
竖直方向有h＝gt2
水平方向有xA＝vAt
联立解得vA＝1 m/s，vB＝1 m/s。
(2)对物块B分析，物块B只受摩擦力Ff时，向右做匀减速直线运动，有
Ff＝mBa＝μmBg，＝2axB
解得μ＝0.2。
(3)整个过程中，根据能量守恒定律，有
ΔEp＝mA＋mB＋FfΔx
解得ΔEp＝0.12 J。
答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
6.如图甲所示，轨道ABCD，AC水平长为1 m，B为AC的中点，其中AB光滑、BC粗糙，CD竖直半圆光滑，半径为1 m，其中BC与CD相切于C，质量为1 kg的小球甲受水平恒力F作用，由静止开始向右运动，与停在B处质量为1 kg的小球乙碰撞前瞬间撤除，且甲、乙小球发生弹性碰撞。用力传感器测出小球乙经过半圆形轨道CD的最低点C时对轨道的压力FN与小球乙的重力比值，改变小球甲受水平恒力F作用大小，可测出随的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。试求：
(1)水平轨道BC的动摩擦因数；
(2)水平恒力F多大时，小球乙恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D。
解析：(1)由图可知，当＝0.5时FN＝mg，可知小球乙静止在C处。因甲、乙小球发生弹性碰撞，且甲、乙小球质量相等，有mv0＝mv1＋mv2
m＝m＋m
可得v1＝0，v2＝v0
由动能定理有FxAB－μmgxBC＝0
解得μ＝0.5。
(2)小球乙恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D时，根据牛顿第二定律有mg＝m
小球乙从B运动至D过程中，由动能定理有
m－m＝－mg·2R－μmgxBC
由于碰后两球交换速度，则碰前瞬间小球甲的速度为 v0＝vB
小球甲从A运动至B过程中，由动能定理有
FxAB＝m
解得F＝55 N。
答案：(1)0.5　(2)55 N
7.(2025·重庆高考)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
解析：(1)A在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律有 μmg＝ma，则a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，则有＝2ad
解得v1＝。
(2)设B的质量为M，在碰前
vA＝v1，vB＝
两物体发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
mv1＋M＝mv1'＋Mv2'
由能量守恒定律有
m＋M＝mv1'2＋Mv2'2
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
v1－＝v2'－v1'＝
解得v1'＝，v2'＝
因为O点右侧水平地面粗糙，由动能定理有
－μmgs＝0－mv2
得出s＝
则sA＝，sB＝
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有
v1＝
解得M＝。
答案：(1)μg　　(2)(共46张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第七章
动量守恒定律
思维进阶七　力学三大观点的综合应用
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能力要语
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思维进阶七　力学三大观点的综合应用
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