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内
容
索
引
直通高考5　力学三大观点的综合应用
1.力学三大基本观点
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。两个守恒定律的表达式中多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x、时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用能量守恒定律，用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
例 1
(2025·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M，置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点静止下滑，经过传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36 m、L=1.6 m、v0=5 m/s、m=0.2 kg、M=1.8 kg、μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块：
(1)滑到B点处的速度大小；
【解析】 从P点滑到B点的过程，根据动能定理有mgLsin 30°=mv2，解得vB=4 m/s。
【答案】 4 m/s　
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
【解析】 由于传送带足够长，物块最终与传送带共速，由动能定理有摩擦力做功W=mm，解得W=0.9 J。
【答案】 0.9 J　
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
【解析】 物体相对地面的位移x1=，传送带相对地面的位移x2=v0×，则相对位移Δx=x2－x1=0.2 m。
【答案】 0.2 m　
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【解析】 设在圆弧轨道最高点处滑块的速度为v1x、轨道的速度为v2x，根据动量定恒和机械能守恒有mv0=mv1x＋Mv2x、mmM＋mg·2R，在最高点根据牛顿第二定律得F=m－mg，解得F=3 N。
【答案】 3 N
例 2
(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)，g取10 m/s2。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
【解析】 滑块a从D处进入，经DEF管道后到达最低点的过程，由动能定理得mg·2R=mm，解得vF=10 m/s，在最低点F由牛顿第二定律有FN－mg=m，解得FN=31.2 N。
【答案】 10 m/s　31.2 N
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
【解析】 若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，设碰后滑块a的速度为va，则由动能定理有
－mg·2R－μmgL=mm，解得va=5 m/s，滑块a、b碰撞过程中由动量守恒定律得mvF=－mva＋3mvb，解得vb=5 m/s，滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE=m，解得ΔE=0。
【答案】 0　
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【解析】 若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后a、b的共同速度为v1，由动量守恒定律得mvF=(m＋3m)v1，当弹簧最长或最短时，a、b与c均达到共速，设为v2，由动量守恒定律得(m＋3m)v1=(m＋3m＋2m)v2，弹簧的最大弹性势能Ep=(m＋3m)(m＋3m＋2m)，又有Ep=kx2，弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x，联立解得Δx=0.2 m。
【答案】 0.2 m
例 3
(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，g取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；
【解析】 滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点C的过程中，由动能定理得－mg·2R= mm，滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg=m，联立解得v0=5 m/s。
【答案】 5 m/s　
(2)若μ2=0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
【解析】 滑块滑上平板后，平板加速至与滑块共速过程中，根据动量守恒有mv0=(m＋M)v，系统损失的机械能ΔE=m(m＋M)v2，联立解得ΔE=0.625 J。
【答案】 0.625 J　
(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。
【解析】 滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大，滑块的加速度大小am满足μ1mg=mam，解得am=6 m/s2，平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2(m＋M)g=MaM，解得aM=4 m/s2，作出v－t图像，如图所示，

由图可知L=t1，aMt1=vm－amt1，联立解得vm=6 m/s。
【答案】 6 m/s
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第七单元　直通高考5　力学三大观点的综合应用 题号 1 2 3
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1.(2025·重庆卷改编)如图所示，长度为d的水平传送带M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，与右侧的小物块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；
【解析】 A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg=ma，可得a=μg，由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由=2ad，
解得v1=。
【答案】 μg　　
(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】 设B的质量为M，则由题意知碰前vA=v1、vB=，两物体发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能定理有mv1＋M=mv1'＋Mv2'，mMmv1'2Mv2'2，
又因为在弹性碰撞中，撞前后物块间的相对速度大小不变、方向相反，即v1－=v2'－v1'=，
联立解得v1'=，v2'=；
因为OP段粗糙，由动能定理有－μmgsA=0－mv1'2，
解得sA=，同理sB=；
联立sB－sA=d和v1=，解得M=。
【答案】 　
(3)若B的质量是A的n倍，碰前B静止，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【解析】 A、B碰撞过程动量守恒有mv1=mvA＋nmvB，
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则vB=，vA=；
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB，即n≤1，
碰后动能不会增加，即始终有m≥m(nm)·，可得n≥，所以n的取值范围是≤n≤1；
分别将n=1和n=代入vB=，分别可得vB=，vB=，所以对应的B的速度范围是≤vB≤，代入v1=，可得≤vB≤。
【答案】 ≤n≤1　≤vB≤
2.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，滑块与FG段间的动摩擦因数为μ1=0.2，FG段长度LFG=2.5 m，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB(EF)相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m，B点离地高度为1.2R，HI长度L0=6.875 m，摆渡车质量m=1 kg，滑块与摆渡车间的动摩擦因数μ2=0.5。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上离地高度h处静止释放，滑块恰好能过最高点C。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)求滑块开始下滑时离地高度h；
【解析】 滑块过C点时，有mg=m，
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理有mg(h－1.2R－R－Rcos θ)=m－0，解得h=1.75 m。
【答案】 1.75 m　
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求摆渡车的长度L；
【解析】 设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为vG，从静止释放到G点的过程，根据动能定理有mgh－μ1mgLFG=m－0，解得vG=5 m/s；
摆渡车碰到J前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车达到共速，设为v1，对滑块和摆渡车整体，根据系统动量守恒有mvG=2mv1，解得v1==2.5 m/s；
根据动能定理有μ2mgL=m·2m，解得L=1.25 m。
【答案】 1.25 m　
(3)在(2)的条件下，求滑块从G处到J处所用的时间t。
【解析】 滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小a==5 m/s2，所用时间t1==0.5 s，此过程滑块通过的位移为x1=t1=1.875 m；
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间t2==2 s，则滑块从G处到J处所用的时间为t=t1＋t2=2.5 s。
【答案】 2.5 s
3.如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L1=4 m，以10 m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8 m的圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长L2=2 m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m1=0.3 kg，滑块b与轻弹簧相连，质量m2=0.1 kg，滑块c质量m3=0.6 kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现给滑块a一定的初速度使其水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5 N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c在F点的速度大小为4 m/s，与传送带间的动摩擦因数μ1=0.35，与MN间的动摩擦因数μ2=0.4，其他摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。求：
(1)滑块c第一次经过E点时对装置P的作用力；
【解析】 滑块c经过E点到F点的过程中根据动能定理有m3g·2R=m3m3，滑块c在F点的速度大小为vF=4 m/s，解得vE=8 m/s。根据牛顿第二定律，在E点对滑块c有FN＋m3g=，解得FN=42 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块c第一次经过E点时对装置P的作用力为FN'=42 N，方向竖直向上。
【答案】 42 N，方向竖直向上　
(2)滑块a的初速度大小v0；
【解析】(2)因为vE＜10 m/s，则滑块c在传送带上做匀加速运动，设其刚滑上传送带时的速度为vc，根据速度位移关系有2μ1gL1=，解得vc=6 m/s，滑块a、b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与机械守恒得(m1＋m2)v1=(m1＋m2)v2＋m3vc，(m1＋m2)(m1＋m2)m3，解得v1=7.5 m/s，v2=－1.5 m/s，a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒，有m1v0=(m1＋m2)v1，解得v0=10 m/s。
【答案】 10 m/s　
(3)试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【解析】 滑块与墙壁发生弹性碰撞时，由于墙壁质量远大于滑块质量，因此碰撞后墙壁几乎不动，而滑块表现为以原速率反弹，假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点，根据动能定理有－2μ2m3gL2－2m3gR=m3m3，解得vE1=－4 m/s，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律有－2μ1gL1=，解得v3=－2 m/s＞－1.5 m/s，即可以追上滑块a、b再次发生碰撞，设最大压缩量为Δx，根据动量守恒与能量守恒有m3v3＋(m1＋m2)v2=(m1＋m2＋m3)v共，m3(m1＋m2)(m1＋m2＋m3)k(Δx)2，解得Δx=0.2 m。
【答案】 能　0.2 m直通高考5　力学三大观点的综合应用
1.力学三大基本观点
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。两个守恒定律的表达式中多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x、时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用能量守恒定律，用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
[例1]　(2025·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M，置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点静止下滑，经过传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36 m、L=1.6 m、v0=5 m/s、m=0.2 kg、M=1.8 kg、μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块：
(1)滑到B点处的速度大小；
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】 (1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N
【解析】 (1)从P点滑到B点的过程，根据动能定理有mgLsin 30°=mv2，解得vB=4 m/s。
(2)由于传送带足够长，物块最终与传送带共速，由动能定理有摩擦力做功W=mm，解得W=0.9 J。
(3)物体相对地面的位移x1=，传送带相对地面的位移x2=v0×，则相对位移Δx=x2－x1=0.2 m。
(4)设在圆弧轨道最高点处滑块的速度为v1x、轨道的速度为v2x，根据动量定恒和机械能守恒有mv0=mv1x＋Mv2x、mmM＋mg·2R，在最高点根据牛顿第二定律得F=m－mg，解得F=3 N。
[例2]　(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)，g取10 m/s2。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【答案】 (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
【解析】 (1)滑块a从D处进入，经DEF管道后到达最低点的过程，由动能定理得mg·2R=mm，解得vF=10 m/s，在最低点F由牛顿第二定律有FN－mg=m，解得FN=31.2 N。
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，设碰后滑块a的速度为va，则由动能定理有－mg·2R－μmgL=mm，解得va=5 m/s，滑块a、b碰撞过程中由动量守恒定律得mvF=－mva＋3mvb，解得vb=5 m/s，滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE=m，解得ΔE=0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后a、b的共同速度为v1，由动量守恒定律得mvF=(m＋3m)v1，当弹簧最长或最短时，a、b与c均达到共速，设为v2，由动量守恒定律得(m＋3m)v1=(m＋3m＋2m)v2，弹簧的最大弹性势能Ep=(m＋3m)(m＋3m＋2m)，又有Ep=kx2，弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x，联立解得Δx=0.2 m。
[例3]　(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，g取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；
(2)若μ2=0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
(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。
【答案】 (1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
【解析】 (1)滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点C的过程中，由动能定理得－mg·2R=mm，滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg=m，联立解得v0=5 m/s。
(2)滑块滑上平板后，平板加速至与滑块共速过程中，根据动量守恒有mv0=(m＋M)v，系统损失的机械能ΔE=m(m＋M)v2，联立解得ΔE=0.625 J。
(3)滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大，滑块的加速度大小am满足μ1mg=mam，解得am=6 m/s2，平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2(m＋M)g=MaM，解得aM=4 m/s2，作出v－t图像，如图所示，
由图可知L=t1，aMt1=vm－amt1，联立解得vm=6 m/s。

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