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2024届高考物理二轮复习第6讲力学三大观点的综合应用学案
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这是一份2024届高考物理二轮复习第6讲力学三大观点的综合应用学案，共18页。
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 动量和能量观点解决多过程问题
动量和能量观点解决多过程问题的处理技巧
1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路：
(1)认真审题，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
例 1 [2023·江苏省南京外国语学院期末]如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是( )
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电荷量为IBL
C．两导体棒的相对距离减小量为IR+r2B2L2
D．导体棒MN产生的焦耳热为I24m
例 2 [2023·广东韶关二模]有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A(视为质点)用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点．游戏时，钢球拉至与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离(大于2d)后停下．已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进．求C被A球碰撞后经多长时间与B球相遇．
提升训练
1.[2023·四川省成都市模拟]某高速公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足追尾前车．假设两车追尾过程为一维正碰，碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点．如图为事故现场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等．已知后车质量m1＝2 000 kg，前车质量m2＝1 000 kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算．
(1)静止的前车在碰撞后瞬间的速度；
(2)后车开始刹车时是否超速(该段道路限速120 km/h)．
2.
2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目．如图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1＝0.61 m，中环R2＝1.22 m，外环R3＝1.83 m．某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点．设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：
(1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；
(2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比．
命题点二 力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
例 1 [2023·浙江6月]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＝221 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＝12kx2(x为形变量)．
(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.
例 2 [2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝54 m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝12kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)．
思维提升
板块类问题的处理方法
对板块类问题，首先把木板和物块视为整体，分析其所受合力是否为零．①如果整体受力是零，则首先考虑系统动量守恒求出末态速度，然后用能量的转化与守恒定律求物块相对木板滑动的距离，对单个研究对象列动量定理求时间，利用动能定理求各自对地运动的位移．②如果整体受外力之和不为零，则用牛顿第二定律、运动公式或运动的vt图像来求速度、时间、位移、相对距离等物理量，需要注意分析物块和木板是相对滑动还是相对静止．
提升训练
1.[2023·北京卷] 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g.求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]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，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，上面放有一无动力摆渡车，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点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(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，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
素养培优·思维方法
数学归纳法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到数学归纳法．
[典例] [2023·山东日照市一模]如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
第6讲 力学三大观点的综合应用
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝ER+r，E＝BLΔv
联立可得F安＝B2L2ΔvR+r
式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝B2L2ΔvmR+r
可知做导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ到达最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；
对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒到达共速时速度大小为v，据动量定理可得
－BILΔt＝mv－mv0，IΔt＝q，I＝mv0
对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv
联立可求得，通过导体棒MN的电荷量为q＝I2BL ，故B错误；
根据q＝ΔΦR+r，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
联立可求得，两导体棒的相对距离减小量为Δx＝IR+r2B2L2，故C正确；
从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有
12mv02＝Q＋12×2mv2，Q＝QR＋Qr，QRQr＝Rr
联立，求得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝RI24mR+r，故D错误．
答案：C
[例2] 解析：(1)根据动能定理可得mgL＝12mv02
解得v0＝2gL.
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为v1 ，积木B速度为v2 ，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有12mv02＝12mv12 +12mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝2gL
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0-12mv22
代入解得s＝Lμ－4d
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为v3＝v2＝2gL
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度v4 满足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝12mv42 -12mv32
解得v4＝ 6gLd4d+s＝6μgd
当C刚滑离D时的速度为v5 ，由动能定理及动量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝12mv52 -12mv32
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C从滑离D至与B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后经t时间与B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg.
答案：(1)2gL (2)Lμ－4d
(3)13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg
[提升训练]
1．解析：(1)设后车碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v′1，前车碰撞后瞬间的速度为v2，
前车碰后做匀减速运动，发生位移为x3＝40 m，
对前车由动能定理有－km2gx3＝0-12m2v22，
代入数据解得v2＝20 m/s；
(2)划痕重叠区域长度x2＝22.5 m为碰后后车做匀减速运动的位移，
对后车由动能定理有－km1gx2＝0-12m1v1'2，代入数据解得v′1＝15 m/s，
碰撞过程，对前、后两车系统，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入数据解得v1＝25 m/s，
设后车从刹车到即将碰撞的匀减速过程中发生的位移为x0，刹车时的速度为v0，则x0＝x1－x2＝27.5 m，
对碰撞前后车的刹车过程，由动能定理有－km1gx0＝ 12m1v12 －12m1v02，代入数据解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h<120 km/h，故后车未超速.
答案：(1)20 m/s (2) 没超速
2．解析：(1)设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有－μmgs1＝0-12mv12
－μmgs2＝0-12mv22
依题意s1＝R2－R1，s2＝2R2
联立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.
(2)设红壶碰前速度为v0，碰撞前后动量守恒，有
mv0＝ mv1＋ mv2，
由于v1∶v2＝1∶2，
可得v0∶v1＝3∶1
碰撞中损失的能量ΔE＝12mv02 -12mv12 +12mv22 ＝29mv02
碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比
η＝ΔE12mv02 ＝49.
答案：(1)1∶2 (2)4∶9
命题点二
[例1] 解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有
mg·2R＝12mvF2 -12mv 02
在F点，有FN－mg＝mvF2 R
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据vB2＝vC2－2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到达C点
12mv12＝12mvC2＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝12mvF2 -12mv12 -12·3mv22，解得ΔE＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝53 m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
12·4mv2＝12·6mv'2+12kx12
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
[例2] 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝μm2gm1＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m.
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
-12kx22＝12m1+m2v22 -12m1＋m2v 12
代入数据有v2＝3 2 m/s.
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝32-2t0 m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝
解得ΔU＝(43 t0－8t02) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m 32 m/s
(3)(43t0-8t02) J
[提升训练]
1．解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
mgH＝12mv2，解得H＝v22g.
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L.
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝12v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12·2m12v2＝14mv2.
答案：(1)v22g (2)mg＋mv2L (3)14mv2
2．解析：(1)C点离地高度为1.2R＋R cs θ＋R＝3R
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－3R)＝12mv C2－0
解得vC＝4 ms
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得，FC＋mg＝mvC2 R
解得FC＝22 N.
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝12mvG2
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝12mvG2－12×2mv2
综合解得μ＝0.3.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝vG-vμg＝1 s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝L0-L-12vt1v＝1.5 s
t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
命题分类剖析
[典例] 解析：(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，
得v＝5 m/s
系统损失的动能ΔEk＝12m0v02－12(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，
由能量守恒定律有12(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋12kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－12(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有－μ(m1＋m0)gs＝12m1+m0v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v′1，
(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v′1，
解得v′1＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1'2＝2as1，
解得s1＝0.5 m说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v′1－m2v′1＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝13v′1，
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝13v2＝132v′1，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速，v32＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝13nv′1
经位移大小sn速度减为0，再向右加速，v n+12＝2asn＋1，
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即
解得L＝3.125 m.
答案：(1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
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，涉及运动细节
匀变速直线
运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t+12at2
v2-v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及做功与能量转换
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＝p′1＋p′2
只涉及初末速度而不涉及力、时间
数学归纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据．
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 动量和能量观点解决多过程问题
动量和能量观点解决多过程问题的处理技巧
1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路：
(1)认真审题，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
例 1 [2023·江苏省南京外国语学院期末]如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是( )
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电荷量为IBL
C．两导体棒的相对距离减小量为IR+r2B2L2
D．导体棒MN产生的焦耳热为I24m
例 2 [2023·广东韶关二模]有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A(视为质点)用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点．游戏时，钢球拉至与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离(大于2d)后停下．已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进．求C被A球碰撞后经多长时间与B球相遇．
提升训练
1.[2023·四川省成都市模拟]某高速公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足追尾前车．假设两车追尾过程为一维正碰，碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点．如图为事故现场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等．已知后车质量m1＝2 000 kg，前车质量m2＝1 000 kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算．
(1)静止的前车在碰撞后瞬间的速度；
(2)后车开始刹车时是否超速(该段道路限速120 km/h)．
2.
2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目．如图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1＝0.61 m，中环R2＝1.22 m，外环R3＝1.83 m．某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点．设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：
(1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；
(2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比．
命题点二 力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
例 1 [2023·浙江6月]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＝221 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＝12kx2(x为形变量)．
(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.
例 2 [2023·辽宁卷]如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝54 m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝12kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示．
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)．
思维提升
板块类问题的处理方法
对板块类问题，首先把木板和物块视为整体，分析其所受合力是否为零．①如果整体受力是零，则首先考虑系统动量守恒求出末态速度，然后用能量的转化与守恒定律求物块相对木板滑动的距离，对单个研究对象列动量定理求时间，利用动能定理求各自对地运动的位移．②如果整体受外力之和不为零，则用牛顿第二定律、运动公式或运动的vt图像来求速度、时间、位移、相对距离等物理量，需要注意分析物块和木板是相对滑动还是相对静止．
提升训练
1.[2023·北京卷] 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g.求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]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，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，上面放有一无动力摆渡车，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点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(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，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
素养培优·思维方法
数学归纳法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到数学归纳法．
[典例] [2023·山东日照市一模]如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
第6讲 力学三大观点的综合应用
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝ER+r，E＝BLΔv
联立可得F安＝B2L2ΔvR+r
式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝B2L2ΔvmR+r
可知做导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ到达最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；
对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒到达共速时速度大小为v，据动量定理可得
－BILΔt＝mv－mv0，IΔt＝q，I＝mv0
对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv
联立可求得，通过导体棒MN的电荷量为q＝I2BL ，故B错误；
根据q＝ΔΦR+r，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
联立可求得，两导体棒的相对距离减小量为Δx＝IR+r2B2L2，故C正确；
从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有
12mv02＝Q＋12×2mv2，Q＝QR＋Qr，QRQr＝Rr
联立，求得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝RI24mR+r，故D错误．
答案：C
[例2] 解析：(1)根据动能定理可得mgL＝12mv02
解得v0＝2gL.
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为v1 ，积木B速度为v2 ，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有12mv02＝12mv12 +12mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝2gL
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0-12mv22
代入解得s＝Lμ－4d
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为v3＝v2＝2gL
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度v4 满足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝12mv42 -12mv32
解得v4＝ 6gLd4d+s＝6μgd
当C刚滑离D时的速度为v5 ，由动能定理及动量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝12mv52 -12mv32
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C从滑离D至与B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后经t时间与B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg.
答案：(1)2gL (2)Lμ－4d
(3)13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg
[提升训练]
1．解析：(1)设后车碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v′1，前车碰撞后瞬间的速度为v2，
前车碰后做匀减速运动，发生位移为x3＝40 m，
对前车由动能定理有－km2gx3＝0-12m2v22，
代入数据解得v2＝20 m/s；
(2)划痕重叠区域长度x2＝22.5 m为碰后后车做匀减速运动的位移，
对后车由动能定理有－km1gx2＝0-12m1v1'2，代入数据解得v′1＝15 m/s，
碰撞过程，对前、后两车系统，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入数据解得v1＝25 m/s，
设后车从刹车到即将碰撞的匀减速过程中发生的位移为x0，刹车时的速度为v0，则x0＝x1－x2＝27.5 m，
对碰撞前后车的刹车过程，由动能定理有－km1gx0＝ 12m1v12 －12m1v02，代入数据解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h<120 km/h，故后车未超速.
答案：(1)20 m/s (2) 没超速
2．解析：(1)设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有－μmgs1＝0-12mv12
－μmgs2＝0-12mv22
依题意s1＝R2－R1，s2＝2R2
联立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.
(2)设红壶碰前速度为v0，碰撞前后动量守恒，有
mv0＝ mv1＋ mv2，
由于v1∶v2＝1∶2，
可得v0∶v1＝3∶1
碰撞中损失的能量ΔE＝12mv02 -12mv12 +12mv22 ＝29mv02
碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比
η＝ΔE12mv02 ＝49.
答案：(1)1∶2 (2)4∶9
命题点二
[例1] 解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有
mg·2R＝12mvF2 -12mv 02
在F点，有FN－mg＝mvF2 R
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据vB2＝vC2－2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到达C点
12mv12＝12mvC2＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝12mvF2 -12mv12 -12·3mv22，解得ΔE＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝53 m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
12·4mv2＝12·6mv'2+12kx12
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
[例2] 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝μm2gm1＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m.
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
-12kx22＝12m1+m2v22 -12m1＋m2v 12
代入数据有v2＝3 2 m/s.
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝32-2t0 m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝
解得ΔU＝(43 t0－8t02) J
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m 32 m/s
(3)(43t0-8t02) J
[提升训练]
1．解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
mgH＝12mv2，解得H＝v22g.
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝mv2L
解得F＝mg＋mv2L.
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝12v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12·2m12v2＝14mv2.
答案：(1)v22g (2)mg＋mv2L (3)14mv2
2．解析：(1)C点离地高度为1.2R＋R cs θ＋R＝3R
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－3R)＝12mv C2－0
解得vC＝4 ms
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得，FC＋mg＝mvC2 R
解得FC＝22 N.
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝12mvG2
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝12mvG2－12×2mv2
综合解得μ＝0.3.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝vG-vμg＝1 s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝L0-L-12vt1v＝1.5 s
t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
命题分类剖析
[典例] 解析：(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，
得v＝5 m/s
系统损失的动能ΔEk＝12m0v02－12(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，
由能量守恒定律有12(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋12kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－12(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有－μ(m1＋m0)gs＝12m1+m0v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v′1，
(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v′1，
解得v′1＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1'2＝2as1，
解得s1＝0.5 m
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝13v2＝132v′1，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速，v32＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝13nv′1
经位移大小sn速度减为0，再向右加速，v n+12＝2asn＋1，
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即
解得L＝3.125 m.
答案：(1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
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，涉及运动细节
匀变速直线
运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t+12at2
v2-v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及做功与能量转换
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＝p′1＋p′2
只涉及初末速度而不涉及力、时间
数学归纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据．
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