资源简介

专题强化十二：力学三大观点的综合应用
学习目标：掌握并会灵活选用三大观点解决动力学综合问题。
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学 观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节
匀变速直线 运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等
能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及到做功与能量转换
机械能 守恒定律 Ek1+Ep1= Ek2+Ep2
功能关系 WG=-ΔEp等
能量守恒定律 E1=E2
动量 观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初、末速度而不涉及力、时间
例1 (2024·黑吉辽卷，14)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g=10 m/s2。忽略空气阻力，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。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动，对物块A，则水平方向有xA=vAt
竖直方向有h=gt2
联立解得vA=1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，故A、B与弹簧组成的系统动量守恒，有0=mAvA+mB(-vB)
解得vB=1 m/s。
(2)物块B与弹簧分离后做匀减速直线运动，根据动能定理有
-μmBgxB=0-mB
解得μ=0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，根据能量守恒定律有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx=ΔxA+ΔxB
联立解得ΔEp=0.12 J。
例2 (2025·海南卷，11)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R=0.5 m，圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带。已知mA=4 kg，mB=1 kg，A、B均可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g=10 m/s2。求:
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
答案　(1)72 N　方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s
解析　(1)A从开始到滑至圆弧最低点，根据机械能守恒定律有
mAg(R-Rcos 53°)=mA
解得v0=2 m/s
在最低点根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA
解得FN=72 N，方向竖直向上。
(2)对A、B整体根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J。
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B整体根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后A、B整体与传送带共速，有v=v共-at1
该段时间内A、B整体运动的位移为x1=t1
传送带运动的位移为x2=vt1
则Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2)
联立解得v=0.6 m/s，另一解大于v共舍去;
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B整体滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B整体与传送带共速，同理可得v=v共+at2
该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2
传送带运动的位移为x2'=vt2
则Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1')
联立解得v=2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
例3 (2024·浙江6月选考，18)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;
(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)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，有
mg=m
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理有
-mg·2R=m-m
解得v0=5 m/s。
(2)从滑块滑上平板至与平板共速过程，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)
联立解得ΔE=0.625 J。
(3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速时，对应满足条件下滑块离开弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
对平板由牛顿第二定律有
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
根据运动学规律有vm-a1t=a2t
vmt-a1t2-a2t2=L
联立并代入数据解得vm=6 m/s。
1.(2026·江苏盐城模拟)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量mA=0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2，k=60 N/m。现给小物块A一水平向右的作用力F，其功率P=1.6 W恒定，作用t=1.0 s后撤去，然后小物块A与小物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求:
(1)t=1.0 s撤去力F时，小物块A的速度大小;
(2)小物块B的质量;
(3)小物块B的最终速度大小。
答案　(1)4 m/s　(2)0.6 kg　(3)0.4 m/s
解析　(1)撤去力F前对小物块A根据动能定理有Pt=mA
解得撤去力F时小物块A的速度大小v0=4 m/s。
(2)设A与B碰后速度大小均为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有mAv0=mA(-v)+mBv，mA=mAv2+mBv2
联立解得mB=0.6 kg，v=2 m/s。
(3)由题意可知，B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有
Ffmax=kx
解得此时弹簧的压缩量为x=0.04 m
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受到的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度大小为vB，则有kx2=mB，解得vB=0.4 m/s。
2.(2026·江苏南通模拟)如图所示是大型蒸汽打桩机示意图。桩(含桩帽)竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先在泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度h=3.2 m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小v1=2 m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量m=1.0×104 kg，桩的质量M=2.0×104 kg，桩所受泥土的阻力f与桩沉入泥土深度x的关系为f=kx，其中k=5.0×104 N/m，重力加速度g=10 m/s2，求:
(1)桩依靠自重下沉至深度x0=3 m时的加速度大小a;
(2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2;
(3)桩被一次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。
答案　(1)2.5 m/s2　(2)5 m/s　(3)(4+) m
解析　(1)对桩由牛顿第二定律有Mg-kx0=Ma
解得a=2.5 m/s2。
(2)锤自由下落过程中有=2gh
锤与桩发生碰撞时，系统动量守恒，取竖直向下为正方向，有mv0=Mv2-mv1
解得v2=5 m/s。
(3)设桩依靠自重下沉的距离为x1，由动能定理有
Mgx1-x1=0
解得x1=8 m
在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有
Mg(x-x1)-(x-x1)=0-M
解得x=(4+) m。
3.(2026·江苏苏锡常镇模拟)如图所示，一质量为M的物块P穿在光滑水平杆上，一长度为l的轻杆，一端固定着质量为m的小球Q，另一端连接着固定在物块P上的铰链O。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为g。
(1)将P固定，对小球Q施加一水平向左的外力F1使杆与竖直方向的夹角为θ保持静止，求外力F1的大小;
(2)若物块P在水平外力F2作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为θ，求外力F2的大小;
(3)若开始时，小球Q位于铰链O的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知M=2m，θ=60°，求Q从初始位置转到如图位置的过程中，杆对小球Q所做的功W。
答案　(1)mgtan θ　(2)(M+m)gtan θ　(3)-
解析　(1)对Q由平衡条件得F1=mgtan θ。
(2)设P、Q水平向右的加速度大小为a
由牛顿第二定律，对Q有mgtan θ=ma
对P、Q系统有F2=(M+m)a
联立解得F2=(M+m)gtan θ。
(3)设Q转到θ角时，Q的水平分速度和竖直分速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒有mvx=MvM
由系统机械能守恒有m(+)+M=mgl(1-cos θ)
Q相对O做圆周运动，Q相对O的速度方向垂直于杆，有(vx+vM)tan θ=vy
对Q由动能定理有mgl(1-cos θ)+W=m(+)
联立解得W=-。
4.(2026·江苏淮安市期中)如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量均为0.2 kg的物块A、B(均可视为质点)，右侧放置一个不固定的质量为0.2 kg的光滑弧形滑块C(足够高)，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停放着一质量为0.2 kg的小车，小车上表面与ab等高，最左端有一固定的竖直挡板。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(与A、B不拴接)。现将细绳剪断，与弹簧分开后A以v0=12 m/s的速度向左滑上小车，小车与挡板碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减为碰前速度大小的。已知物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，物块A与小车在小车与挡板第1次碰撞时已达到共速，在整个过程中物块A未从小车上滑落，重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)细绳剪断之前弹簧的弹性势能;
(2)B在C上可达到的最大高度h;
(3)小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车的总路程。
答案　(1)28.8 J　(2)3.6 m　(3)4.5 m
解析　(1)细绳剪断后，A、B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得
mAv0-mBvB=0
解得vB=12 m/s
由能量守恒定律得Ep=mA+mB
解得Ep=28.8 J。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)vBC
由机械能守恒定律得mB=(mB+mC)+mBgh
联立解得h=3.6 m。
(3)A与小车相互作用到与挡板第一次碰撞的过程中，根据动量守恒定律得mAv0=(mA+M)v1
解得v1=6 m/s。
小车与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小变为原来的，即v1=2 m/s。
小车在第1次与挡板碰撞后到与挡板第2次发生碰撞前共速，由系统动量守恒有
mAv1-M·v1=(mA+M)v2
解得v2=v1=2 m/s
小车从与挡板碰撞到与物块A共速过程中小车的加速度a==μg=1 m/s2
小车从第一次碰撞到第二次碰撞的路程
s1=2x1=2×=4 m
同理s2=2x2=2×=s1
综上所述，小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车的总路程:
s=s1+s2+s3+…+sn=s1+s1+()2s1+…+()n-1s1=4.5 m。

展开更多......

收起↑