資源簡介

物理
第講　專題：力學三大觀點的綜合應用
1．解決力學問題的三個基本觀點
(1)動力學觀點：用牛頓運動定律、運動學知識解題，可處理勻變速運動問題和圓周運動問題。
(2)能量觀點：用動能定理、機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律解題，可處理勻變速運動問題和非勻變速運動問題。
(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理勻變速運動問題和非勻變速運動問題。
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的動力學關系式，可用牛頓第二定律。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為多物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)去解決問題，但需注意所研究的過程是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換，這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。
例1　(2024·四川省成都市高三第二次聯考)如圖，水平臺球桌面上白球、紅球和底袋在同一直線上，白球、紅球之間的距離為s1＝1．25 m，紅球與底袋之間的距離為s2＝1 m。臺球選手用桿將白球向紅球水平擊出，兩球發生對心彈性碰撞后，紅球恰好落入底袋。已知白球、紅球的質量均為200 g，兩球在運動過程中保持平動，兩球與桌面間的動摩擦因數均為0．2，不計桿與白球作用時間內桌面與白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)紅球碰撞后瞬間的速度大小；
(2)桿對白球的沖量大小。
例2　(2025·八省聯考河南卷)如圖，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m，物塊的質量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短，不計物塊厚度的影響，求：
(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大小；
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能。
例3　(2024·湖北高考)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3．6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0．3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0．2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0．1 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0．5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能。
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
例4　(2025·浙江省臺州市高三上第一次教學質量評估)如圖為某挑戰項目的示意圖，其中彈射裝置由彈射器和物塊組成，質量分別為M＝5m和m。彈射裝置被挑戰者從滑道平臺起點O由靜止釋放，從滑道C點沖出，當到達最高點D時，挑戰者啟動彈射器在極短時間將物塊沿水平方向射出，且剛好水平進入右側靜置于光滑水平地面的、質量為的組合平臺。如果彈射器落到下方寬度為2h的緩沖保護區，且物塊能到達右側光滑圓弧軌道，也不從組合平臺左側脫離，則視為挑戰成功。已知平臺O點離地高為h，D點與A點的水平距離與高度均為h，裝置到最高D點時速度vD＝，平臺上表面的水平長度EF＝2h，其與物塊間的動摩擦因數μ＝，g為重力加速度。彈射器和物塊均可視為質點，不計空氣阻力。求：
(1)彈射裝置在滑道上運動過程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若彈射器射出物塊后能落到緩沖保護區內，則在D點彈射器對物塊的沖量最大值；
(3)若要挑戰成功，彈射器射出物塊的速度大小應滿足的條件。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·甘肅高考)(多選)電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．小車的動能不變 B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變 D．小車所受的合外力一定指向圓心
2．(2024·重慶高考)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到的阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，針鞘整體質量為m，則針鞘(　　)
A．被彈出時速度大小為
B．到達目標組織表面時的動能為F1d1
C．運動d2的過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2
D．運動d2的過程中，動量變化量大小為
3．(2024·全國甲卷)(多選)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0．15 s時，運動員的重力勢能最大
B．t＝0．30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C．t＝1．00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600 N
4．(2025·四川省宜賓市高三上第一次診斷性考試)如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。一質量為m的小物塊以大小為v2的初速度從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v t圖像如圖乙所示(以地面為參考系，圖中標注的v1、v2、t1、t2、t3均為已知量，且v2>v1)。則(　　)
A．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左
B．0～t2時間內，小物塊到A處的距離最大為·t2
C．0～t3時間內，傳送帶對小物塊的摩擦力的沖量大小為m(v2－v1)
D．0～t3時間內，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為m(v1＋v2)2
5．如圖所示模型，水平地面上b點左側粗糙，b點右側光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半徑為R＝0．4 m、圓心角為60°的光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平地面平滑連接。質量為m1＝1 kg的小物塊A以v0＝7 m/s的初速度從a點水平向右運動，質量為m2＝2 kg的小物塊B靜止在b點右側，兩物塊均可看作質點，物塊A與b點左側地面之間的動摩擦因數為μ＝0．5。物塊A與物塊B發生正碰后，物塊A以1 m/s的速度向左運動，物塊B向右運動滑上圓弧軌道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)兩物塊碰撞前瞬間A的速度大小；
(2)兩物塊碰撞過程中損失的機械能；
(3)物塊B運動至d點時軌道對物塊B的支持力大小。
6．(2024·遼寧高考)如圖，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0．1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0．1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0．4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0．25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
[B組　綜合提升練]
7．(2024·北京高考)將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是(　　)
A．上升和下落兩過程的時間相等
B．上升和下落兩過程損失的機械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
8．(2024·浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1 m的圓弧軌道BCD，長度L＝1．25 m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m＝0．5 kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0．5 kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1＝0．25，向下運動時動摩擦因數μ2＝0．5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
[C組　拔尖培優練]
9．(2024·廣西高考)(多選)如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m，與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I，方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移，未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則(　　)
A．進入過程，木料對木栓的合力的沖量為－I
B．進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為＋mg
C．進入過程，木料和木栓的機械能共損失了＋mgΔx
D．木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為
答案及解析
例1　(2024·四川省成都市高三第二次聯考)如圖，水平臺球桌面上白球、紅球和底袋在同一直線上，白球、紅球之間的距離為s1＝1．25 m，紅球與底袋之間的距離為s2＝1 m。臺球選手用桿將白球向紅球水平擊出，兩球發生對心彈性碰撞后，紅球恰好落入底袋。已知白球、紅球的質量均為200 g，兩球在運動過程中保持平動，兩球與桌面間的動摩擦因數均為0．2，不計桿與白球作用時間內桌面與白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)紅球碰撞后瞬間的速度大小；
(2)桿對白球的沖量大小。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0．6 N·s
[解析]　(1)設兩球的質量均為m，兩球與桌面間的動摩擦因數均為μ，碰撞后紅球的加速度大小為a，碰撞后瞬間紅球的速度大小為v1，根據牛頓第二定律有μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根據勻變速直線運動的速度位移公式有
0－v＝－2as2
解得v1＝2 m/s。
(2)設白球和紅球碰撞前、后瞬間，白球的速度分別為v和v2，以碰撞前白球的運動方向為正方向，根據動量守恒定律有
mv＝mv1＋mv2
根據機械能守恒定律有
mv2＝mv＋mv
聯立解得v＝2 m/s
設桿對白球的沖量大小為I，桿對白球作用后瞬間白球的速度大小為v0，分析知，兩球碰撞前，白球的加速度大小也為a，根據勻變速直線運動速度與位移的關系有v2－v＝－2as1
根據動量定理有I＝mv0－0
聯立解得I＝0．6 N·s。
例2　(2025·八省聯考河南卷)如圖，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m，物塊的質量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短，不計物塊厚度的影響，求：
(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大小；
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能。
[答案]　(1)10　(2)37．5mgh
[解析]　(1)設子彈擊中物塊前瞬間的速度大小為v0，子彈射穿物塊后，子彈和物塊的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為g和a，根據勻變速直線運動位移與速度的關系，
對子彈有0－v＝－2g·8h
對物塊有0－v＝－2a·h
對物塊，由牛頓第二定律有
4mg＋·4mg＝4ma
子彈射穿物塊的過程中，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋4mv2
解得v0＝10。
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能為ΔE＝mv－
解得ΔE＝37．5mgh。
例3　(2024·湖北高考)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3．6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0．3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0．2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0．1 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0．5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能。
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
[答案]　(1)5 m/s　(2)0．3 J　(3)0．2 m
[解析]　(1)設小物塊的質量為m物，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，小物塊與傳送帶相對滑動時，小物塊的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有μm物g＝m物a
假設小物塊與小球碰撞前，小物塊可以達到傳送帶的速度v傳，設小物塊加速運動的距離為x，根據運動學公式有v－0＝2ax
聯立并代入數據解得x＝2．5 m
由于x<3．6 m，可知假設成立，則小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小為v＝v傳＝5 m/s。
(2)小物塊與小球碰撞的時間極短，則碰撞過程中小物塊與小球組成的系統動量守恒，設小球的質量為m球，碰后小物塊的速度為v1，小球的速度為v2，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2
由題知v1＝－1 m/s
代入數據解得v2＝3 m/s
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為
ΔEk＝m物v2－m物v－m球v
代入數據解得ΔEk＝0．3 J。
(3)若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，則P點到O點的距離最小，設為d，設此時小球在P點正上方的速度大小為v3，繩長為L繩，小球在P點正上方時，由牛頓第二定律有
m球g＝m球
小球從O點正下方到P點正上方的過程，由機械能守恒定律有
m球v＝m球v＋m球g(2L繩－d)
聯立并代入數據解得d＝0．2 m。
例4　(2025·浙江省臺州市高三上第一次教學質量評估)如圖為某挑戰項目的示意圖，其中彈射裝置由彈射器和物塊組成，質量分別為M＝5m和m。彈射裝置被挑戰者從滑道平臺起點O由靜止釋放，從滑道C點沖出，當到達最高點D時，挑戰者啟動彈射器在極短時間將物塊沿水平方向射出，且剛好水平進入右側靜置于光滑水平地面的、質量為的組合平臺。如果彈射器落到下方寬度為2h的緩沖保護區，且物塊能到達右側光滑圓弧軌道，也不從組合平臺左側脫離，則視為挑戰成功。已知平臺O點離地高為h，D點與A點的水平距離與高度均為h，裝置到最高D點時速度vD＝，平臺上表面的水平長度EF＝2h，其與物塊間的動摩擦因數μ＝，g為重力加速度。彈射器和物塊均可視為質點，不計空氣阻力。求：
(1)彈射裝置在滑道上運動過程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若彈射器射出物塊后能落到緩沖保護區內，則在D點彈射器對物塊的沖量最大值；
(3)若要挑戰成功，彈射器射出物塊的速度大小應滿足的條件。
[答案]　(1)3mgh　(2)m
(3)≤v物≤7
[解析]　(1)設彈射裝置在滑道上運動過程中，克服滑道阻力所做的功為Wf，彈射裝置由O運動到D的過程中，根據動能定理得
6mg－Wf＝×6mv－0
解得Wf＝3mgh。
(2)以水平向左為正方向，設彈射器射出物塊后的速度為v1，向左做平拋運動經過時間t落到緩沖區，則彈射器在平拋運動期間的水平位移為x＝v1t
且滿足－h≤x≤2h－h
豎直位移大小h＝gt2
根據動量定理可知，射出物塊時彈射器受到的水平沖量為I＝5mv1－(－5mvD)
聯立解得m≤I≤m
由牛頓第三定律可知，在D點彈射器對物塊的沖量大小為I′＝I
綜上所述，I′的最小值為Imin′＝m，最大值為Imax′＝m。
(3)設彈射器射出物塊的速度為v2時，物塊恰能到達圓弧軌道最低點，由動量守恒定律有mv2＝v共
由能量守恒定律有
μmg·2h＝mv－v
聯立解得v2＝
設彈射器射出物塊的速度為v3時，物塊恰能返回至組合平臺的左側E點，由動量守恒定律有mv3＝v共′
由能量守恒定律有
μmg·4h＝mv－v共′2
聯立解得v3＝7
即物塊被彈射出時的速度v物滿足≤v物≤7
根據動量定理，結合(2)可知，要使彈射器能落到緩沖保護區內，物塊的速度v物需要滿足vD＋≤v物≤vD＋
即≤v物≤
綜上所述，若要挑戰成功，彈射器射出物塊的速度大小應滿足≤v物≤7。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·甘肅高考)(多選)電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．小車的動能不變 B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變 D．小車所受的合外力一定指向圓心
答案：AD
解析：電動小車做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻在變化，由Ek＝mv2可知，動能不變，由p＝mv可知，動量大小不變，方向時刻在變化，即動量不守恒，故A正確，B錯誤；電動小車做勻速圓周運動，則小車的加速度大小a＝不變，方向指向運動軌跡的圓心，時刻在改變，根據牛頓第二定律可知，小車所受的合外力一定指向圓心，故C錯誤，D正確。
2．(2024·重慶高考)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到的阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，針鞘整體質量為m，則針鞘(　　)
A．被彈出時速度大小為
B．到達目標組織表面時的動能為F1d1
C．運動d2的過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2
D．運動d2的過程中，動量變化量大小為
答案：A
解析：設針鞘被彈出時速度大小為v，兩段運動過程中，對針鞘整體，由動能定理得－F1d1－F2d2＝0－mv2，解得v＝，故A正確；針鞘運動d2的過程中，阻力做功為W＝－F2d2，故C錯誤；設針鞘到達目標組織表面時速度大小為v′，繼續前進d2后減速至零，由動能定理可知W＝0－mv′2，則針鞘到達目標組織表面時的動能Ek＝mv′2＝F2d2，故B錯誤；針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp＝|0－mv′|＝，故D錯誤。
3．(2024·全國甲卷)(多選)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0．15 s時，運動員的重力勢能最大
B．t＝0．30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C．t＝1．00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600 N
答案：BD
解析：根據牛頓第三定律結合題圖可知，t＝0．15 s時，蹦床對運動員的彈力最大，則蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；根據題圖可知，運動員在t＝0．30 s離開蹦床，t＝2．30 s再次落到蹦床，經歷的時間為Δt＝2 s，運動員在這期間做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為＝1 s，則t＝1．00 s時，運動員還在向上運動，t＝1．30 s時，運動員恰好運動到最大高度處，由逆向思維可得，t＝0．30 s時運動員的速度大小為v＝g·＝10 m/s，故B正確，C錯誤；由豎直上拋運動的對稱性可知，運動員落到蹦床上時的速度大小也為10 m/s，設運動員的質量為m，運動員每次與蹦床接觸到離開過程中受到蹦床的平均作用力大小為′，以豎直向上為正方向，根據動量定理有′·Δt′－mg·Δt′＝mv－(－mv)，其中Δt′＝0．3 s，代入數據可得′＝4600 N，根據牛頓第三定律可知，運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為＝′＝4600 N，故D正確。
4．(2025·四川省宜賓市高三上第一次診斷性考試)如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。一質量為m的小物塊以大小為v2的初速度從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v t圖像如圖乙所示(以地面為參考系，圖中標注的v1、v2、t1、t2、t3均為已知量，且v2>v1)。則(　　)
A．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左
B．0～t2時間內，小物塊到A處的距離最大為·t2
C．0～t3時間內，傳送帶對小物塊的摩擦力的沖量大小為m(v2－v1)
D．0～t3時間內，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為m(v1＋v2)2
答案：D
解析：由題圖乙可知，0～t2時間內，小物塊始終相對傳送帶向左運動，受到的摩擦力方向始終水平向右，故A錯誤；v t圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙可知，0～t2時間內，小物塊到A處的距離在t1時刻達到最大，為xm＝，故B錯誤；0～t3時間內，根據動量定理，可得傳送帶對小物塊的摩擦力的沖量大小為|If|＝|－mv1－mv2|＝m(v1＋v2)，故C錯誤；0～t3時間內，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q＝μmgx相對，其中μmg＝ma，a＝＝＝，x相對＝t2，聯立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正確。
5．如圖所示模型，水平地面上b點左側粗糙，b點右側光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半徑為R＝0．4 m、圓心角為60°的光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平地面平滑連接。質量為m1＝1 kg的小物塊A以v0＝7 m/s的初速度從a點水平向右運動，質量為m2＝2 kg的小物塊B靜止在b點右側，兩物塊均可看作質點，物塊A與b點左側地面之間的動摩擦因數為μ＝0．5。物塊A與物塊B發生正碰后，物塊A以1 m/s的速度向左運動，物塊B向右運動滑上圓弧軌道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)兩物塊碰撞前瞬間A的速度大小；
(2)兩物塊碰撞過程中損失的機械能；
(3)物塊B運動至d點時軌道對物塊B的支持力大小。
答案：(1)5 m/s　(2)3 J　(3)35 N
解析：(1)設兩物塊碰撞前瞬間A的速度大小為vA，物塊A從a點運動至b點的過程，根據動能定理有－μm1gL＝m1v－m1v
解得vA＝5 m/s。
(2)設碰撞后瞬間A的速度大小為vA′，B的速度大小為vB，兩物塊碰撞過程，由動量守恒定律得m1vA＝m2vB－m1vA′
解得vB＝3 m/s
碰撞過程損失的機械能
ΔE損＝m1v－
解得ΔE損＝3 J。
(3)設物塊B運動到d點時的速度大小為vd，物塊B運動至d點時軌道對物塊B的支持力大小為FN，物塊B從b點運動至d點的過程，由動能定理，得
－m2gR(1－cos60°)＝m2v－m2v
在d點，根據牛頓第二定律有
FN－m2gcos60°＝m2
解得FN＝35 N。
6．(2024·遼寧高考)如圖，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0．1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0．1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0．4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0．25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0．2　(3)0．12 J
解析：(1)A離開桌面后做平拋運動，設A做平拋運動的時間為t，由平拋運動規律得
h＝gt2
xA＝vAt
聯立并代入數據解得vA＝1 m/s
由靜止釋放物塊A、B到彈簧恢復原長的過程，受力分析可知，A、B所受合力始終等大反向，則A、B組成的系統所受合力為0，系統動量守恒。以水平向左為正方向，對A、B組成的系統由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
代入數據解得vB＝1 m/s。
(2)對物塊B從脫離彈簧到停止的過程，由動能定理得－μmBgxB＝0－mBv
代入數據解得μ＝0．2。
(3)設從釋放A、B到彈簧恢復原長，A的位移大小為ΔxA，B的位移大小為ΔxB，由能量守恒定律得
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
由位移關系得Δx＝ΔxA＋ΔxB
聯立并代入數據解得ΔEp＝0．12 J。
[B組　綜合提升練]
7．(2024·北京高考)將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是(　　)
A．上升和下落兩過程的時間相等
B．上升和下落兩過程損失的機械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
答案：C
解析：由于空氣阻力一直對小球做負功，則小球機械能不斷減小，小球上升過程與下落過程經過同一位置時，重力勢能相同，則上升時動能更大，速度更大，所以小球上升過程中的平均速度大于下落過程中的平均速度，由h＝t可知，上升過程的時間小于下落過程的時間，A錯誤；經過同一位置時，小球上升時的速度大于下落時的速度，而小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比，因此上升時所受空氣阻力大于下落時所受空氣阻力，則上升過程中空氣阻力所做的負功大于下落過程中空氣阻力所做的負功，由功能關系可知，上升過程損失的機械能大于下落過程損失的機械能，B錯誤；小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，重力做功為0，由動能定理可知，小球拋出時的速度大小大于落回原處時的速度大小，所以小球上升過程中動量變化量的大小大于下落過程中動量變化量的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；小球上升過程中受到向下的空氣阻力，方向與重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落過程中受到向上的空氣阻力，方向與重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升過程所受合力始終大于下落過程所受合力，由牛頓第二定律可知，小球上升過程的加速度始終大于下落過程的加速度，D錯誤。
8．(2024·浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1 m的圓弧軌道BCD，長度L＝1．25 m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m＝0．5 kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0．5 kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1＝0．25，向下運動時動摩擦因數μ2＝0．5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
答案：(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2
(2)0．2 m
解析：(1)①設小物塊第一次經過C點的速度大小為vC，向心加速度大小為a，對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有mgh＝mv
由圓周運動規律，有a＝
聯立并代入數據，解得a＝16 m/s2。
②由幾何關系知，E點距C點的高度
h′＝Lsinθ＋R(1－cosθ)
代入數據解得h′＝0．95 m
h′>h＝0．8 m，故根據能量守恒定律可知，小物塊始終在E點下方運動。
小物塊a在DE上運動時，因為μ2mgcosθ設小物塊在DE上經過的總路程為s，根據能量守恒定律有
mg[h－R(1－cosθ)]＝μ1mgcosθ·＋μ2mgcosθ·
代入數據解得s＝2 m。
③設小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為a上、a下，根據牛頓第二定律有
mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma上
mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma下
代入數據解得a上＝8 m/s2，a下＝2 m/s2
對小物塊a在DE上運動距離相等的第i次向上運動和第i次向下運動，根據運動學公式有a上t＝a下t
解得＝＝
又t上＝t上1＋t上2＋…
t下＝t下1＋t下2＋…
則＝＝。
(2)設小物塊a運動到F點的速度大小為vF，對小物塊a從A到F的過程，根據動能定理有
mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgcosθ·L＝mv－0
分析可知，小物塊與滑塊相對靜止時恰好位于滑塊左端而不脫離滑塊，滑塊長度最小，設為l，設此時二者達到的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有mvF＝2mv
根據能量守恒定律有
mv＝·2mv2＋2μ1mgl
聯立并代入數據，解得l＝0．2 m。
[C組　拔尖培優練]
9．(2024·廣西高考)(多選)如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m，與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I，方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移，未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則(　　)
A．進入過程，木料對木栓的合力的沖量為－I
B．進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為＋mg
C．進入過程，木料和木栓的機械能共損失了＋mgΔx
D．木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為
答案：BD
解析：設進入過程，木料對木栓的合力的沖量為IF，木栓的重力的沖量為IG，由題意可知，木栓在始末狀態的速度均為0，根據動量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A錯誤；錘子撞擊木栓后，木栓獲得的速度v＝，動能Ek＝mv2＝，進入過程，根據動能定理，對木栓有mgΔx－Δx＝0－Ek，解得木料對木栓的平均阻力大小為＝＋mg，故B正確；進入過程，木栓損失的動能ΔEk＝Ek－0＝，損失的重力勢能ΔEp＝mgΔx，木料的彈性勢能增加了ΔEp′，則木料和木栓的機械能共損失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝＋mgΔx－ΔEp′，故C錯誤；設木栓前進Δx后，木料對木栓一個側面的壓力大小為FN，最大靜摩擦力大小為f，對木栓的一個側面受力分析如圖，因為最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則有f＝μFN，由于木栓前進Δx過程中，方孔側壁彈力呈線性變化，則其所受滑動摩擦力也呈線性變化，可知一個側面對木栓的平均阻力＝(fsinθ＋FNcosθ)，且根據B項求得平均阻力＝＋mg，聯立可得f＝，故D正確。
13(共53張PPT)
第七章　動量守恒定律及其應用
第5講　專題：力學三大觀點的綜合應用
目錄
課時作業
1．解決力學問題的三個基本觀點
(1)動力學觀點：用牛頓運動定律、運動學知識解題，可處理勻變速運動問題和圓周運動問題。
(2)能量觀點：用動能定理、機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律解題，可處理勻變速運動問題和非勻變速運動問題。
(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理勻變速運動問題和非勻變速運動問題。
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的動力學關系式，可用牛頓第二定律。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為多物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)去解決問題，但需注意所研究的過程是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換，這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。
例1　(2024·四川省成都市高三第二次聯考)如圖，水平臺球桌面上白球、紅球和底袋在同一直線上，白球、紅球之間的距離為s1＝1．25 m，紅球與底袋之間的距離為s2＝1 m。臺球選手用桿將白球向紅球水平擊出，兩球發生對心彈性碰撞后，紅球恰好落入底袋。已知白球、紅球的質量均為200 g，兩球在運動過程中保持平動，兩球與桌面間的動摩擦因數均為0．2，不計桿與白球作用時間內桌面與白球的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)紅球碰撞后瞬間的速度大小；
(2)桿對白球的沖量大小。
答案　(1)2 m/s　(2)0．6 N·s
例3　(2024·湖北高考)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3．6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0．3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0．2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平
齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0．1 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0．5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能。
(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
答案　(1)5 m/s　(2)0．3 J　(3)0．2 m
(1)彈射裝置在滑道上運動過程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若彈射器射出物塊后能落到緩沖保護區內，則在D點彈射器對物塊的沖量最大值；
(3)若要挑戰成功，彈射器射出物塊的速度大小應滿足的條件。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·甘肅高考)(多選)電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．小車的動能不變 B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變 D．小車所受的合外力一定指向圓心
3．(2024·全國甲卷)(多選)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0．15 s時，運動員的重力勢能最大
B．t＝0．30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C．t＝1．00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600 N
4．(2025·四川省宜賓市高三上第一次診斷性考試)如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。一質量為m的小物塊以大小為v2的初速度從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v t圖像如圖乙所示(以地面為參考系，圖中標注的v1、v2、t1、t2、t3均為已知量，且v2>v1)。則(　　)
5．如圖所示模型，水平地面上b點左側粗糙，b點右側光滑，且ab＝L＝2．4 m，cd段是半徑為R＝0．4 m、圓心角為60°的光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平地面平滑連接。質量為m1＝1 kg的小物塊A以v0＝7 m/s的初速度從a點水平向右運動，質量為m2＝2 kg的小物塊B靜止在b點右側，兩物塊均可看作質點，物塊A與b點左側地面之間的動摩擦因數為μ＝0．5。物塊A與物塊B發生正碰后，物塊A以1 m/s的速度向左運動，物塊B向右運動滑上圓弧軌道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)兩物塊碰撞前瞬間A的速度大小；
(2)兩物塊碰撞過程中損失的機械能；
(3)物塊B運動至d點時軌道對物塊B的支持力大小。
答案：(1)5 m/s　(2)3 J　(3)35 N
6．(2024·遼寧高考)如圖，高度h＝0．8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0．1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0．1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0．4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0．25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0．2　(3)0．12 J
[B組　綜合提升練]
7．(2024·北京高考)將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是(　　)
A．上升和下落兩過程的時間相等
B．上升和下落兩過程損失的機械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，重力做功為0，由動能定理可知，小球拋出時的速度大小大于落回原處時的速度大小，所以小球上升過程中動量變化量的大小大于下落過程中動量變化量的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；小球上升過程中受到向下的空氣阻力，方向與重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落過程中受到向上的空氣阻力，方向與重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升過程所受合力始終大于下落過程所受合力，由牛頓第二定律可知，小球上升過程的加速度始終大于下落過程的加速度，D錯誤。
8．(2024·浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1 m的圓弧軌道BCD，長度L＝1．25 m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右
側光滑水平面上緊靠著質量m＝0．5 kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0．5 kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1＝0．25，向下運動時動摩擦因數μ2＝0．5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h＝0．8 m，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。
(2)若h＝1．6 m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
答案：(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2 (2)0．2 m
[C組　拔尖培優練]
9．(2024·廣西高考)(多選)如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上底面的夾角
均為θ。木栓質量為m，與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I，方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移，未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則(　　)

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