應用力學三大觀點解決多過程問題【備考指南】1．高考對本講的命題通常結合多物體多過程的直線運動、平拋運動、圓周運動進行考查，命題注重與生產生活情境的融合，綜合性強，考查“三大觀點”的綜合應用。2．要準確理解力學三大規律的內涵及其使用條件，掌握力學三大規律的選用技巧。3．多過程問題的考查是考試的重點，要注意提升結合運動草圖條理分析運動過程的能力。1．力學三大觀點對比力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動，涉及運動細節勻變速直線運動規律v＝v0＋atx＝vv2-v0能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2只涉及初末速度而不涉及力、時間2．力學規律選用的順序：“兩先一后”為了簡化求解過程，選擇物理規律的順序一般是：先選用守恒定律(機械能守恒定律、動量守恒定律、能量守恒定律)，再選用定理(動能定理、動量定理)，最后選用牛頓運動定律和運動學公式。[典例1](2024·安徽卷)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著水平的軌道運動，已知細線長L＝1.25m。小球質量m＝0.20kg。物塊、小車質量均為M＝0.30kg。小車上的水平軌道長s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。[解析](1)對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理有mgL＝12m解得v0＝5m/s在最低點，對小球由牛頓第二定律FT－mg＝m解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6N。(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv212m解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝2mm+Mv0＝(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2＝2Mv3由能量守恒定律12Mv22＝解得μ1＝0.4若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2＝2Mv4由能量守恒定律12Mv22＝12解得μ2＝0.25綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。[答案](1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[典例2](2024·1月浙江卷)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＝1m的圓弧軌道BCD，長度L＝1.25m、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＝0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0.5kg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。(其他軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若h＝0.8m，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＝1.6m，滑塊b至少多長才能使小物塊a不脫離滑塊b。[解析](1)①對小物塊a從由靜止釋放到第一次經過C點的過程，根據機械能守恒定律有mgh＝1第一次經過C點時，有mvC聯立解得a＝16m/s2。②由幾何關系可知，E點的高度hE＝Lsinθ＋R(1－cosθ)＝0.95m>h，由能量守恒定律可知小物塊a不會從E點滑出軌道DE。小物塊a在DE上時，因為μ2mgcosθ<mgsinθ，所以小物塊a每次在DE上上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊a每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設其在DE上經過的總路程為s，則根據能量守恒定律可得mg[h－R(1－cosθ)]＝(μ1mgcosθ＋μ2mgcosθ)s解得s＝2m。③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為a上＝gsinθ＋μ1gcosθ＝8m/s2a下＝gsinθ－μ2gcosθ＝2m/s2則對小物塊a在DE上的每一次完整的上滑和下滑過程，根據運動學公式均有12a上t上'2＝1解得t上'所以t上t下(2)對小物塊a從由靜止釋放到經過F點的過程，根據動能定理有mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgLcosθ＝1解得vF＝2m/s設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且最終二者達到共同速度v，則根據動量守恒定律和能量守恒定律分別聯立有mvF＝2mv12mvF2＝12×2mv解得l＝0.2m。[答案](1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m【教師備選資源】1．(2023·廣東卷)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的14。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。[解析](1)選擇水平向右的方向為正方向，A在傳送帶上運動時，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma結合運動學公式可得v0＝0＋at聯立解得t＝v0(2)B從M點滑至N點的過程中，根據動能定理可得2mg×3L－W＝1聯立解得W＝6mgL-3(3)設碰撞后A和B的速度分別為vA和vB，選擇水平向右的方向為正方向，則根據動量守恒定律可得2m×2v0＝mvA＋2mvB根據能量守恒定律可得12×2mvB2+12m聯立解得vA＝23v0，vB＝53v0(舍去)或vA＝2v0，vB＝離開平臺后，藥品盒做平拋運動，則有L＝1根據題意可得s＝12(vA＋vB)t聯立解得s＝3v[答案](1)v0μg2．(2024·東北師大附中月考)面對能源緊張和環境污染等問題，混合動力汽車應運而生，既節能又環保。“再生制動”是一些汽電混動車輛的常用制動方式。所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發電機發電，將部分動能轉化為電能儲存在電池中。假設一輛汽電混動汽車的質量為m，該汽車設定為前階段在速度大于v0時選擇“再生制動”，后階段速度小于等于v0時選擇機械制動。當它以速度nv0(n>1)在平直路面上勻速行駛時，某一時刻開始剎車，前階段阻力的大小與速度的大小成正比，即f＝kv，后階段阻力恒為車重的μ倍，汽車做勻減速運動，重力加速度為g。(1)如果此次剎車的過程中汽電混動汽車動能減小量的η倍被轉化為電能，求此次剎車儲存多少電能；(2)求汽電混動汽車從剎車到停止的位移大小。[解析](1)設汽電混動汽車在剎車的過程中儲存的電能為E，依題意有E＝η12mn2v02-(2)設汽電混動汽車“再生制動”階段運動的位移為x1，由動量定理得－fΔt＝mΔv又f＝kv，即－kvΔt＝mΔv所以在“再生制動”階段有－kx1＝mv0－mnv0，解得x1＝m在機械制動階段，汽電混動汽車做勻減速運動，由牛頓第二定律有f′＝ma，又f′＝μmg解得a＝μg設勻減速運動的位移為x2，由運動學規律有-v02＝2(－a)x2，解得x所以汽電混動汽車從剎車到停止的位移為x＝x1＋x2＝mv[答案]112mv02η(微專題突破練(三)1．(多選)如圖所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直徑，一個質量為m的物塊從A點正上方由靜止釋放剛好能從A點進入容器，第一次從P點由靜止釋放，P點距A點高度為h，結果物塊從C點飛出上升的高度為h2，第二次由Q點由靜止釋放，Q點距A點高度為h2，物塊與容器內壁間的動摩擦因數恒定，B點為容器內壁最低點，容器的半徑為h，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(A．第一次，物塊由A點運動到C點克服摩擦力做的功為12B．第二次，物塊運動到C點的速度剛好為0C．第一次，物塊運動到B點的最大動能為74D．第一次，物塊從A點運動到B點克服摩擦力做的功大于從B點運動到C點克服摩擦力做的功AD[根據動能定理有mg·h2－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝12mgh，故A正確；第二次，由于物塊運動到某一位置速度小于第一次物塊在該位置的速度，因此正壓力小于第一次的正壓力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此從A到C克服摩擦力做功小于12mgh，根據動能定理可知，物塊到達C點的速度不為零，故B錯誤；第一次，物塊從A運動到B過程中的平均速度大于從B運動到C的平均速度，因此物塊從A運動到B過程中的平均正壓力大，平均摩擦力大，因此物塊從A點運動到B點克服摩擦力做的功大于從B點運動到C點克服摩擦力做的功，故D正確；第一次，物塊由A運動到B克服摩擦力做的功大于由B運動到C克服摩擦力做的功，大于14mgh，因此物塊運動到B點的最大動能小于2mgh－14mgh＝72．(多選)小朋友喜歡的“踩踩球”其實就是由上下兩個連在一起質量相等的半球組成，兩半球間裝有一個輕彈簧。玩耍時，將“踩踩球”直立靜放在水平地面上，用腳從上半球頂部中心點向下踩壓，當兩半球貼合后放開腳，過一會兒貼合裝置失效，彈簧恢復原長，球就會突然展開，瞬間彈起。如圖所示，小明同學測得“踩踩球”展開靜止在地面上時中間白色標記距地面的高度為h1；踩壓貼合時中間白色標記距地面的高度為h2；彈起后到達最高點時中間白色標記距地面的高度為h3。已知“踩踩球”總質量為m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小為g，不計一切阻力，下列說法中正確的是()A．“踩踩球”離開地面時的速度大小為2B．上述踩壓過程中壓力做的功為mg(h3－h1)C．彈簧的最大彈性勢能為mg(2h3－h1－h2)D．彈簧恢復原長過程中“踩踩球”所受合外力的沖量大小為m2AC[設球離地的速度為v，由動能定理可得－mg(h3－h1)＝0－12mv2，解得v＝2gh3-h1，故A正確；彈簧恢復原長過程中，根據動量定理，“踩踩球”所受合外力的沖量大小為I合＝mv－0＝m2gh3-h1，故D錯誤；設彈簧的最大彈性勢能為Ep，踩壓過程中壓力做的功為W，彈簧恢復原長連接裝置拉緊前上半球速度為v1，上半球彈起過程由機械能守恒定律可得12×12mv12＋mg(h1－h2)＝Ep，連接裝置拉緊過程由動量守恒定律可得mv＝12mv1，踩壓過程由功能關系可得Ep＝W＋mg(h1－h2)，聯立解得W＝2mg(h3－h1)，3．(多選)(2024·河北一模)如圖所示，兩個均可視為質點的小球A、B用長為L的輕質細繩連接，B球穿在水平固定的光滑細桿上，小球A的質量為m，小球B的質量為3m。初始時細繩處于水平狀態，現將兩小球由靜止釋放，小球A在豎直平面內擺動的軌跡為如圖所示的半橢圓。已知半長軸為a、半短軸為b的橢圓在最低點的曲率半徑ρ＝b2a，向心加速度大小a向＝v2ρ，不計空氣阻力，重力加速度大小為gA．圖中橢圓的半短軸為3B．小球B的最大速度為6C．小球A到達最低點時的速度大小為6D．小球A到達最低點時細繩中的張力大小為11ABD[系統在水平方向動量守恒，結合幾何關系有0＝mvA－3mvB，b＝vAt，xB＝vBt，L＝b＋xB，解得b＝3L4，故A正確；小球A到達最低點時，小球B的速度最大，有0＝mvA－3mvB，mgL＝12mvA2+12×3mvB2，解得vA＝6gL2，vB＝6gL6，故B正確，C錯誤；顯然橢圓的半長軸a＝L，所以橢圓在最低點的曲率半徑為ρ＝4．(多選)(2024·湖北卷)如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則()A．子彈的初速度大小為2B．子彈在木塊中運動的時間為2C．木塊和子彈損失的總動能為kD．木塊在加速過程中運動的距離為mLAD[子彈在木塊內運動的過程中，子彈與木塊組成的系統所受合外力為0，所以該系統動量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小v＝mv0m+M，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當子彈恰不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時有12mv02＝12(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝2kLm+MmM；若子彈能夠射出木塊，則有v0>2kLm+MmM，子彈在木塊內運動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據位移關系有v0t－12amt2－12aMt2＝L，對木塊有v2＝aMt，聯立解得v2＝2kmL2Mm-M+mkt，又v0越大，t越小，則v2越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度v2不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝2kLm+MmM，A正確；子彈在木塊內運動的過程，對子彈由動量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊中運動的時間t＝mMkm+M5．(熱點情境·航天科技)(多選)航模比賽是青少年喜愛的一項科技活動。在某次航模比賽中，一同學操控無人機在升力作用下豎直向上運動，其動能Ek與上升高度h的關系如圖所示。已知無人機的質量為1.0kg，重力加速度g＝10m/s2，則上升10m過程中()A．無人機處于超重狀態B．無人機機械能增加了50JC．無人機上升所用的時間為4sD．升力的最大功率為50WBD[由題圖可知，無人機上升過程中的動能越來越小，故無人機做減速運動，其加速度方向向下，處于失重狀態，A錯誤；無人機在上升過程中，其動能減少了50J，重力勢能增加了mgh＝100J，故其機械能增加了50J，B正確；由動能定理可知－F合h＝0－Ek0，故無人機受到的合力大小為F合＝Ek0h＝5N，方向豎直向下，由F合＝ma可得無人機做減速運動的加速度大小為a＝F合m＝5m/s2，故其上升過程所用的時間為t＝v0a，又12mv02＝50J，可得t＝2s，C錯誤；由mg－F升＝ma可得無人機的升力大小為F升＝5N，故升力的功率為P＝F升v，當v＝v0時升力的功率最大，P6．(2024·新課標卷)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖所示，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。(sin37°＝0.6)(1)求此時P、Q繩中拉力的大小；(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。[解析](1)由題意可知重物下降過程中受力平衡，設此時P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則在豎直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ聯立并代入數據解得FP＝1200N，FQ＝900N。(2)重物下降到地面的過程，根據動能定理有mgh＋W總＝0代入數據解得W總＝－4200J。[答案](1)1200N900N(2)－4200J7．(高考新動向·模塊間融合)如圖所示，質量為m的凹槽A放在傾角θ＝30°的足夠長的絕緣斜面上，斜面固定在水平地面上，槽內左端用輕彈簧和質量為2m的物體B相連，空間存在垂直斜面向上的勻強電場、電場強度大小E＝3mg2q(g為重力加速度大小)。質量為m、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時，A、B、C恰好能處于靜止狀態。現將C取出，在A內移動B到某位置后撤去外力，此時A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點由靜止釋放后，C以大小為v0的速度與A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均絕緣且不帶電，A、B間接觸面光滑，C與A、C(1)凹槽A與斜面間的動摩擦因數μ；(2)當彈簧伸長量變為碰前瞬間壓縮量的2倍時，A、B、C三者速度恰好相同，求C與A碰撞前彈簧的彈性勢能；(3)從C與A碰后瞬間開始計時，經過時間t，彈簧形變量恢復到與初始時的壓縮量相等，求該過程中，彈簧彈力對B的沖量大小。[解析](1)以A、B、C整體為研究對象，對整體受力分析，有4mgsinθ＝μ(4mgcosθ－qE)解得μ＝43(2)設初始時彈簧彈性勢能為Ep，由題意，當彈簧伸長量為初始壓縮量的2倍時，彈性勢能為4Ep，C與A碰撞過程，由動量守恒定律有mv0＝2mv1從C與A碰撞，到A、B、C共速，由動量守恒定律和能量守恒定律有2mv1＝4mv212·2mv12＋E解得Ep＝124(3)從C與A碰后瞬間開始計時，到彈簧形變量等于初始時彈簧的壓縮量，將A和C看成一個整體，B與AC之間的碰撞類似彈性碰撞，有2mv1＝2mv1'＋212·解得v2'＝v02或v2'＝0，彈簧第1、3、5、…、2n由動量定理有I彈＋2mgsinθ·t＝2m·v解得I彈＝mv0－mgt即沖量大小為|mv0－mgt|彈簧第2、4、6、…、2n次恢復初始時的壓縮狀態時，有v'由動量定理有I彈＋2mgsinθ·t＝0解得I彈＝－mgt即沖量大小為mgt。[答案](1)4398．如圖所示，質量M＝3kg的薄木板A靜置于水平地面上，其右端為固定在地面上半徑R＝0.75m的豎直光滑圓弧軌道，軌道底端與木板等高，軌道上端點和圓心連線與水平面成θ＝37°角。質量m＝2kg的小物塊B從距薄木板A高H＝2m的位置水平拋出，恰好從圓弧軌道最高點沿圓弧切線方向滑入軌道。已知小物塊B與薄木板A之間的動摩擦因數μ＝0.5，空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊B水平拋出時的速度大小；(2)求小物塊B剛進入圓弧軌道最高點時對軌道的壓力大小；(結果保留兩位小數)(3)薄木板A與地面之間動摩擦因數滿足以下情況：①若地面光滑，小物塊B恰好沒有滑離薄木板A，求薄木板A的長度；②若薄木板A與地面間的動摩擦因數μ′＝0.1，小物塊B始終未滑離薄木板A，求薄木板A滑動的距離。[解析](1)小物塊B從水平拋出到剛進入圓弧軌道，有H－R(1＋sinθ)＝12gt又vy＝gt，tanθ＝v聯立解得v0＝3m/s，vy＝4m/s。(2)設小物塊B剛進入圓弧軌道時的速度為v1則v1＝v02小物塊B在圓弧軌道最高點時，根據牛頓第二定律有FN＋mgsinθ＝m聯立解得FN≈54.67N由牛頓第三定律知小物塊B對軌道的壓力大小為F′N＝FN＝54.67N。(3)①設小物塊B剛滑上薄木板A時的速度大小為v2，由動能定理得mgH＝1解得v2＝7m/s小物塊B在薄木板A上滑動過程，由動量守恒有mv2＝(m＋M)v3解得v3＝2.8m/s由能量守恒有μmgL＝1解得L＝2.94m。②薄木板A與小物塊B間的摩擦力大小為f1＝μmg＝10N薄木板A與地面間的摩擦力大小為f2＝μ′(m＋M)g＝5N設經t1時間A、B達到共同速度v4，由動量定理得－f1t1＝mv4－mv2(f1－f2)t1＝Mv4聯立解得v4＝74m/s，t1＝21在時間t1內薄木板A移動的距離x1＝v42t1＝設達到共同速度后，二者一起停下來的過程，薄木板A移動的距離為x2，由動能定理得－μ′(m＋M)gx2＝0-解得x2＝4932則薄木板A滑動的距離x＝x1＋x2＝2.45m。[答案](1)3m/s(2)54.67N(3)①2.94m②2.45m9．如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面體在水平面上固定不動，物體丙放在光滑水平面上，物體丙由水平部分和14圓弧軌道組成，C為圓弧的最低點，D為圓弧的最高點，物體丙的上表面與斜面體的底端平滑地銜接于B點，可視為質點