高考物理一轮复习讲义练习第七章　第4讲　专题强化：力学三大观点的应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第七章　第4讲　专题强化：力学三大观点的应用，共7页。试卷主要包含了三个基本观点，五大基本规律等内容，欢迎下载使用。
1．三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，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解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．五大基本规律
3.选用规律原则
(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)研究某一物体因受到力的持续作用而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)在涉及相对位移时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，即转变为系统的内能。
(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。
【典例1】 (2023·天津卷)已知A、B两物体的质量mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从距水平地面h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从水平地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失的机械能ΔE。
【解析】 (1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落的高度为hA＝ eq \f(1,2)gt2，则碰撞时离地高度x＝h－hA，联立并代入数据解得x＝1 m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－ eq \f(1,2)gt2，代入数据解得vB0＝6 m/s，碰撞前A物体的速度大小vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下，碰撞前B物体的速度大小vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上，选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(2,A)＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(2,B)－ eq \f(1,2)(mA＋mB)v2，代入数据解得ΔE＝12 J。
【答案】 (1)1 m (2)0 (3)12 J
【典例2】 (2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 eq \f(1,4)。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B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克；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【解析】 (1)A在传送带上运动时的加速度大小a＝μg，由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝ eq \f(v0,a)＝ eq \f(v0,μg)。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W克＝ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,0)＋2mg×3L－ eq \f(1,2)×2m×(2v0)2＝6mgL－3mv eq \\al(2,0)。
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知，2m×2v0＝mv1＋2mv2， eq \f(1,2)×2m×(2v0)2× eq \f(3,4)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,2)，解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝ eq \f(2,3)v0，v2＝ eq \f(5,3)v0舍掉)，两药品盒平抛运动的时间t1＝ eq \r(\f(2L,g))，则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，解得s＝ eq \f(3v0,2) eq \r(\f(2L,g))。
【答案】 (1) eq \f(v0,μg) (2)6mgL－3mv eq \\al(2,0)
(3) eq \f(3v0,2) eq \r(\f(2L,g))
【典例3】 (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，并轻靠在物块右侧。现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，碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径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。
【解析】 (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得mgL＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－0，解得v0＝5 m/s，在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,0),L)，解得FT＝6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2， eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)，解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝ eq \f(2m,m＋M)v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3，由能量守恒定律得 eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)＝ eq \f(1,2)×2Mv eq \\al(2,3)＋μ1Mgs，解得μ1＝0.4，若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4，由能量守恒定律得 eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)＝ eq \f(1,2)×2Mv eq \\al(2,4)＋μ2Mgs＋MgR，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≤μmB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比 eq \f(mA,mB)。
解析：(1)由题意可知A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v，可得v＝ eq \f(mAv0,mA＋mB)，碰撞后根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB) eq \f(v2,R)，可得F＝ eq \f(m eq \\al(2,A)v eq \\al(2,0),(mA＋mB)R)。
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB， eq \f(1,2)mAv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(2,A)＋ eq \f(1,2)mBv eq \\al(2,B)，联立解得vA＝ eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0，vB＝ eq \f(2mAv0,mA＋mB)。所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示，因vA