2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)：三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用習(xí)題

專題七三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用

［專題復(fù)習(xí)定位］

1.理解動(dòng)量和沖量的概念，應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律分析和解決簡(jiǎn)單問題。2.

培養(yǎng)學(xué)生應(yīng)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析與

解決力學(xué)綜合問題的能力。

高考真題再現(xiàn)

命題點(diǎn)1動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律

1.（多選）（2024?廣西卷，T8）如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球〃和兒〃

水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為％〃與靜置于平臺(tái)邊緣的"發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守

恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，”在（BC）

V

7//777777777/

墻

面

^7777777777777777777777777777777.

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于F

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于/

解析：由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小

球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即0=0,VN=V,碰后小球"做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平

方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于■;在豎直方向上做自

由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。

2.（多選）（2024?廣東卷，T10）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同

滑塊，分別從〃甲、〃乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水

平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說

法正確的有（ABD）

A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與〃乙無關(guān)

D.甲最終停止位置與。處相距與

解析：兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0,故A

正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知

碰后兩滑塊交換速度，故B正確；設(shè)斜坡傾角為9,乙下滑過程有〃乙=（g/sin?在

水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間友后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)力3時(shí)間，則乙運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間t=小+友+友，由于力1與〃乙有關(guān)，則總時(shí)間與〃乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有儂7

乙該，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)

乙最終停止的位置相同，則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有色=2ngx,聯(lián)立

可得x=§,故D正確。

3.（2024?廣東卷，T14）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。

圖甲圖乙圖丙

（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路

面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a,同時(shí)頂

起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓

力大小為A,敏感球的質(zhì)量為〃，重力加速度為&忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角

的正切值tan9；

（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H

處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘

豎直方向作用力/隨時(shí)間力的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量〃=

30kg,〃=3.2m,重力加速度大小g取10m/s2o求：

①碰撞過程中尸的沖量大小和方向；

②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

解析：（1）敏感球受向下的重力儂和敏感臂向下的壓力A以及斜面的支持力"則由牛

頓第二定律可知（儂+A）tan9—ma

ARma

解得tan9=-V77o

(2)①由圖像可知碰撞過程中方的沖量大小

1

IF=-X0.1X6600N?s=330N?s

方向豎直向上。

②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度

vo=yj2,gH=8m/s

與氣囊作用過程由動(dòng)量定理(向上為正方向)有

IF—Mgt—Mv—(—Mvo)

解得V=2m/s

v2

則頭錘上升的最大高度h=—=0.2mo

2g

答案：(D一筌三(2)①330N?s方向豎直向上

儂

②0.2m

命題點(diǎn)2三大觀點(diǎn)分析力學(xué)中的碰撞問題

4.(2024?遼寧、吉林、黑龍江卷，T14)如圖，高度力=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)

相同物塊/、B,質(zhì)量?=◎=0.1kg。2、8間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與4、

6不拴接。同時(shí)由靜止釋放/、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)/恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平

射程為=0.4m；夕脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離須=0.25m后停止。46均視為質(zhì)點(diǎn)，

2

重力加速度g取10m/so求：

ABB

/

4/)

(1)脫離彈簧時(shí)46的速度大小打和VB；

(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)P；

(3)整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能A瓦。

解析：(1)對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得gd

XA=VAt

代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)/的速度大小為勿=1m/s

對(duì)46物塊整體由動(dòng)量守恒定律有

mAVA=niBVB

解得脫離彈簧時(shí)6的速度大小”=1m/s。

(2)對(duì)物塊8由動(dòng)能定理有

12

_UmBgXB=0--IBBVB

代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2。

(3)由能量守恒定律有

1212

△瓦=5RIAVA+~OIBVB+PniAg^XA+口mugXXB

其中@=磔，AAXA+AXB

解得整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能A瓦=0.12J。

答案：⑴1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J

5.(2024?安徽卷，T14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)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(diǎn)，一物塊靜

止于小車最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于。點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)

將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞

后，物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)/=1.25m,小球質(zhì)量〃=0.20kg,物塊、小車質(zhì)量均

為〃=0.30kg,小車上的水平軌道長(zhǎng)0m,圓弧軌道半徑A=0.15m,小球、物塊均

可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s%

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大?。?/p>

(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(jìn)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(dòng)摩

擦因數(shù)”的取值范圍。

解析：(1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得敗=[7謂一o

解得及=5m/s

在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律可得

2

FL[—mg=nr及-r

解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小片=6N?

(2)小球與物塊碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mn=mvl+Mv2

加看mviMn

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小性的=4m/s。

(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體，水平

方向動(dòng)量守恒，有Mvi=2Mvi

由能量守恒定律可得

-Mvi=-X2〃黃+UiMgs

解得小=0.4

若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體有

Mvi=2Mvi

1212,,

-MV2=-X2〃謁+ii2Mgs+MgR

解得4=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)u的取值范圍為0.25W〃<0.4。

答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25W〃〈0.4

6.(2024?湖北卷，T14)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送

帶左右兩端的距離為3.6m?傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)0,用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的

輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點(diǎn)右側(cè)的戶點(diǎn)

固定一釘子，戶點(diǎn)與。點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小

物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s,方向水

平向左。小球碰后繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞尸點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已

2

知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g取10m/so

OCP

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；

(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求尸點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離。

解析：(1)根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有nmg^ma

解得a=5m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離

謠

x=———2.5m〈/傳=3.6m

La

可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊

的速度大小等于傳送帶的速度大小5m/so

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,

以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有力物物再+而球作

其中y=5m/s,Fi=—1m/s

解得匹=3m/s

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能AA=j〃物￡加物日

力球V2

解得Afi=O.3Jo

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到9點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)戶點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為4小球

在戶點(diǎn)正上方的速度為期在？點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有

V32

.球g=加球,、一4

小球從。點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過程中，由機(jī)械能守恒定律有g(shù)/球謁=1?勿球￡+0球

g(2/繩一")

聯(lián)立解得d=0.2m

即尸點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離為0.2mo

答案:(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m

命題點(diǎn)3三大觀點(diǎn)分析力學(xué)中的“板塊模型”問題

7.(2024?山東卷，T17)如圖甲所示，質(zhì)量為〃的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平

部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在戶點(diǎn)平滑連接，0為軌道的最高

點(diǎn)。質(zhì)量為〃的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最大靜

2

摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=Q.4m,重力加速度大小g取10m/so

(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等

于3儂，求小物塊在0點(diǎn)的速度大小■；

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力凡小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道

加速度a與尸對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。

①求共和7Z7;

②初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力尸=8N,當(dāng)小物塊

到p點(diǎn)時(shí)撤去凡小物塊從0點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的

長(zhǎng)度L。

V2

解析：(1)根據(jù)題意可知小物塊在0點(diǎn)由合力提供向心力有mg-\-3mg=nr^

代入數(shù)據(jù)解得r=4m/so

(2)①根據(jù)題意可知當(dāng)7^4N時(shí)，小物塊與軌道一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知

F=a

根據(jù)題圖乙有*尸而=°-5kg-1

當(dāng)外力94N時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有尸一〃儂=%

結(jié)合題圖乙有a=j6一竿

可知左=，=1kg-1

截距力=一"=-2m/s2

聯(lián)立以上各式可得

M=\kg,m=lkg,〃=0.2。

②由題圖乙可知，當(dāng)尸=8N時(shí)，軌道的加速度a=6m/s)小物塊的加速度&=〃g=

2m/s2

當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到月點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過友時(shí)間，對(duì)軌道有Vi=aito

對(duì)小物塊有V2=3,2to

在小物塊運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)到從0點(diǎn)離開軌道這個(gè)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

11

+2

勿

2-2-理~麻+~混-\-2mgR

水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的方向?yàn)檎较?

貝Ij有mv2=Mv?,A-mv^

聯(lián)立解得力o=L5s

1

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有￡=2ato

2-

代入數(shù)據(jù)解得Z=4.5mo

答案：(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m

，.-.......................題..型..分..類...講..練.......................

題型一動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律

1.動(dòng)量定理

(1)公式：/=4-P,除表明等號(hào)兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系,

即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因。

(2)意義：動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系。動(dòng)量變化的方向與合外

力的沖量方向相同。

2.動(dòng)量守恒定律

(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保

持不變。

（2）表達(dá)式：nhVi+/ikV2—nhVi'+/ikv2'或0=//（系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量。等于相互作

用后總動(dòng)量"）,或△〃=（）（系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零），或AR=一（相互作用的兩個(gè)

物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量的變化量大小相等、方向相反）。

（3）守恒條件

①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零。

②系統(tǒng)所受外力的合力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)受到的合力為零，則系統(tǒng)在該方向

上動(dòng)量守恒。

③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過程。

考向1動(dòng)量和沖量的理解

典例口（多選）（2023?新課標(biāo)卷，T19）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水

平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因

數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻（BD）

甲乙

,,,,,............L,s

77777/777777777777/7777777777777777777777777/?77777

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的動(dòng)量大小比乙的小

C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等

D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零

［解析］根據(jù)戶一〃儂=儂可得a=&1—〃g,因0甲〉必乙，故a甲＜,乙，則任意時(shí)刻甲

的速度大小比乙的小，A錯(cuò)誤；0甲＞0乙，又“甲=〃乙，則/'甲〉『乙，故甲和乙組成的系統(tǒng)合

外力的沖量方向向左，即甲的動(dòng)量大小比乙的小，B、D正確，C錯(cuò)誤。

考向2動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用

典例日如圖所示，足球場(chǎng)上，守門員會(huì)戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去,

使球停下。關(guān)于此過程守門員戴手套的作用，以下分析正確的是（A）

A.減小球的平均作用力

B.增大手受到球的沖量

C.球受到的動(dòng)量變大

D.使球的加速度變大

［解析］守門員會(huì)戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以增加球與手接觸

的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得一口=0—/匕可得尸=下，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，沖量和動(dòng)量的變化量

都不變，可減小動(dòng)量的變化率，即減小球?qū)κ值钠骄饔昧?，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

典例目人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到

眼睛的情況。若手機(jī)的質(zhì)量勿=200g,從離人眼約人=20cm的高度無初速度掉落，砸到眼

睛后經(jīng)△2=0.01s手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s?,下列分析正確的是（C）

A.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為30N

B.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為40N

C.全過程手機(jī)所受重力的沖量大小為0.42N-s

D.全過程手機(jī)所受重力的沖量大小為0.40N?s

［解析］手機(jī)自由下落人時(shí)的速度尸=2m/s,手機(jī)與眼相互作用過程，以豎直

向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得（儂一句At=0—〃力解得手機(jī)受到的作用力大小b=42N,

由牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為42N,A、B錯(cuò)誤；手機(jī)自由下落時(shí)間t

V

=7=62s,全過程手機(jī)所受重力的沖量大小/=儂（-△?=0.42N?s,C正確'D錯(cuò)

誤。

考向3應(yīng)用動(dòng)量定理分析“流體模型

典例副某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時(shí)間流出水的體積）可視為一

定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。

若用手?jǐn)D壓出水口，使出水口的橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话?，則被水流沖擊部分的墻面所受壓

強(qiáng)約為原先的多少倍（C）

A.1B.2

C.4D.8

［解析］由題意可知，水龍頭的流量（單位時(shí)間流出水的體積）可視為一定，設(shè)為&水

流速度為由，橫截面積為S,則有0=5及，設(shè)△力時(shí)間內(nèi)有，體積的水打在墻面上，則這些

水的質(zhì)量勿=0「=00A大=九以這部分水為研究對(duì)象，它受到墻面的作用力為尸，

以水運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理有一尸△t=0—小外，解得尸=0S喘，則被水流沖擊

F

部分的墻面所受壓強(qiáng)°=飛喘，可知壓強(qiáng)正比于水流速度的平方；當(dāng)出水口的橫截面積

S

變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，設(shè)此時(shí)水流速度為M,有Q=Sv0=~v',解得M=2期可知水流

速度變化為原來的2倍，根據(jù)壓強(qiáng)正比于水流速度的平方可知，當(dāng)出水口的橫截面積變?yōu)樵?/p>

來的一半時(shí)，被水流沖擊部分的墻面所受壓強(qiáng)約為原先的4倍。

考向4動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用

a^iB如圖所示，曲面體戶靜止于光滑水平面上，物塊0自戶的上端由靜止釋放。Q

與尸的接觸面光滑，。在尸上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是(B)

A.戶對(duì)0做功為零

B.尸和0之間的相互作用力做功之和為零

C.尸和0構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒

D.2和0構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒

［解析］。在尸上運(yùn)動(dòng)的過程中，尸對(duì)0的彈力方向垂直于接觸面，與0的位移方向夾

角大于90°,則尸對(duì)0做功不為零，故A錯(cuò)誤。。在戶上運(yùn)動(dòng)的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有重力

做功，機(jī)械能守恒，產(chǎn)和。之間的相互作用力屬于內(nèi)力并且等大、反向，二者在力的方向上

發(fā)生的位移相等，所以做功之和為零。系統(tǒng)在水平方向上合力為零，即水平方向動(dòng)量守恒。

系統(tǒng)在豎直方向上所受合力不為零，則豎直方向動(dòng)量不守恒。故B正確，C、D錯(cuò)誤。

6在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置,

它能讓航天員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖所示，航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站

保持相對(duì)靜止，啟動(dòng)噴氣背包，壓縮氣體，使氣體通過橫截面積為S的噴口以速度再持續(xù)

噴出，航天員到達(dá)艙門時(shí)的速度為玲。若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為〃，不計(jì)噴出

氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化，忽略航天員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮

氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(D)

?航天員

d

空間站

.2加加

Sdn2sd也

2扇麻

,SdvxD.2Sd/\

［解析］設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為如貝根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得0再=〃匹，航

天員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則蔡?t=d,聯(lián)立解得0=焦-0

22Sdvi

題型二三大觀點(diǎn)分析力學(xué)綜合問題

1.從研究對(duì)象上看

(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。

(2)若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律。

(3)若研究對(duì)象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定

律”去解決問題，但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件。

2.從研究過程上看

⑴凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。

(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)。

(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。

(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。

3.從所涉及的物理量看

(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律;

(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，則一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛

頓運(yùn)動(dòng)定律;

(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，則一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛

頓運(yùn)動(dòng)定律;

(4)如果涉及初、末速度的問題，則一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn),

最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。

「典例目如圖所示，小球6靜止在光滑的水平臺(tái)面上，臺(tái)面距離地面的高度分=0.8m。

小球/以速度的=4m/s向著6運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，之后4和8先后從臺(tái)面水平拋出，落到地

面上時(shí)的落點(diǎn)分別為a和6,測(cè)得a、6之間的距離x=1.20m。已知兩個(gè)小球力和彳的質(zhì)量

相同，g取10m/s2o

(1)小球48落到地面上的時(shí)間分別為多少？

(2)正碰后小球46的速度分別為多大?

［解析］(1)小球A8從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，而平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),

則有力=1g/,解得力=0.4So

(2)設(shè)小球/、夕的質(zhì)量均為加正碰后的速度分別為歷、匹，由動(dòng)量守恒定律有w)=“i

-\~mv2

在平拋運(yùn)動(dòng)中的水平方向上有位移關(guān)系V2t—Vxt=1.2m

聯(lián)立解得所=0.5m/s,於=3.5m/so

［答案］(1)均為0.4s(2)0.5m/s3.5m/s

8如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量44kg的平板車，小車右端固定一

豎直擋板，擋板的質(zhì)量不計(jì)，一輕質(zhì)彈簧右端固定在擋板上，在平板車左端尸處有一可以視

為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，其質(zhì)量%=2kg。平板車上表面。點(diǎn)的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，附間的距離

/=10mo某時(shí)刻平板車以q=1m/s的速度向左滑行，同時(shí)小滑塊以吻=8m/s的速度向右

滑行。一段時(shí)間后，小滑塊與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，此時(shí)小滑塊與0點(diǎn)相距d=3m,g取

10m/s2o求：

(1)小滑塊與平板車相對(duì)靜止時(shí)的速度環(huán)

(2)小滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)N;

(3)彈簧可能獲得的最大彈性勢(shì)能及。

［解析］(1)設(shè)K0共同速度為％取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有力性一物1

=(M+ni)v

解得v=2m/s

方向水平向右。

(2)如果小滑塊尚未越過0點(diǎn)就與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，對(duì)平板車與滑塊組成的系統(tǒng)，

由能量守恒定律有2加+|mn-1(JH-ffl)/=n、mg(L-d)

解得小=0.54

如果小滑塊越過0點(diǎn)與彈簧相互作用后，再返回與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，對(duì)平板車與滑

塊組成的系統(tǒng)，

由能量守恒定律有

1+-mn—g(JM-ffl)v—jj2nig(L+d)

解得〃2=0.18。

(3)如果小滑塊尚未越過0點(diǎn)就與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，彈簧的彈性勢(shì)能為零。如果小

滑塊越過。點(diǎn)與彈簧相互作用后，再返回與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，對(duì)平板車、滑塊和彈簧組

成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有(Mv\mv2(M+ni)/=以加gZ+笈

得瓦=18J

所以，彈簧可能獲得的最大彈性勢(shì)能為18Jo

［答案］(1)2m/s,方向水平向右(2)見解析

(3)18J

專題強(qiáng)化練

4-..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

L如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的壘球，以20m/s的水平速度飛至球棒，被球棒打擊

后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s,設(shè)球棒與壘球的作用時(shí)間為0.01s,下列說法正

確的是(D)

A.球棒對(duì)壘球不做功

B.球棒對(duì)壘球做負(fù)功

C.球棒對(duì)壘球的平均作用力大小為400N

D.球棒對(duì)壘球的平均作用力大小為1200N

解析：由動(dòng)能定理可得球棒對(duì)壘球做的功上|■0情—1mv[=120J,球棒對(duì)壘球做正

功，故A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理有一尸力=一勿匹一力匕，可得球棒對(duì)壘球的平均作用力大小尸=

1200N,故C錯(cuò)誤，D正確。

2.（多選）安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶。在汽車正面碰撞測(cè)試中，汽車

以72km/h的速度發(fā)生碰撞。車內(nèi)假人的質(zhì)量為50kg,使用安全帶時(shí)，假人用時(shí)0.8s停

下；不使用安全帶時(shí)，假人與前方碰撞，用時(shí)0.2s停下。以下說法正確的是（BC）

A.碰撞過程中，汽車和假人的總動(dòng)量守恒

B.無論是否使用安全帶，假人動(dòng)量變化量相同

C.使用安全帶時(shí)，假人受到的平均作用力約為1250N

D.不使用安全帶時(shí)，假人受到的平均作用力約為2500N

解析：碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用，總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

假人的初動(dòng)量〃=0的，末動(dòng)量都為0,所以無論是否使用安全帶，假人動(dòng)量變化量相同，故

B正確；使用安全帶時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有理=0一0,解得尸=1250N,假人受到的平均作

用力約為1250N,故C正確；不使用安全帶時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有kt'=0-/2,解得嚴(yán)

=5000N,假人受到的平均作用力約為5000N,故D錯(cuò)誤。

3.（多選）（2024?深圳市羅湖區(qū)期末）碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動(dòng)。游樂場(chǎng)

上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞，碰撞前后兩人的位移一時(shí)間圖像（x—力圖像）

如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg,大人的質(zhì)量為60kg,碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時(shí)間極

短。下列說法正確的是（ABC）

A.碰撞前后小孩的運(yùn)動(dòng)方向有改變

B.碰碰車的質(zhì)量為60kg

C.碰撞過程中損失的機(jī)械能為600J

D.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N?s

解析：位移一時(shí)間圖線的斜率表示速度，規(guī)定小孩初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由題圖可知，

碰后兩車一起向反方向運(yùn)動(dòng)，故碰撞前后小孩的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生了改變，故A正確；由題圖可

44—10

知，碰前瞬間小孩的速度再=]m/s=2m/s,大人的速度於=~~一m/s=-3m/s,碰撞

9—4

后的共同速度r=一二m/s=-1m/s,設(shè)碰碰車的質(zhì)量為必規(guī)定小孩的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?/p>

向，由動(dòng)量守恒定律有（如+的匕+（您+必匹=（2代0+加%代入數(shù)據(jù)解得"=60kg,故

B正確；規(guī)定小孩開始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鲎睬靶『⑴c其駕駛的碰碰車的總動(dòng)量"=（人

nh）vi=（60+20）X2kg,m/s=160kg,m/s,碰后總動(dòng)量0J=（%F仍）廠=-80kg?m/s,

根據(jù)動(dòng)量定理可知/=△〃=夕J—pi=（—80—160）kg?m/s=-240N?s,故D錯(cuò)誤；由能

量守恒定律可得碰撞過程中損失的機(jī)械能（代加汗+g（好加謁（2M+mi~\~

nh）r=600J,故C正確。

4.（2024?揭陽(yáng)市二模）如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為4勿、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板右端

緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連。質(zhì)量為〃的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平向右的速度r滑上木板

左端，滑到木板右端時(shí)速度恰好為零。現(xiàn)滑塊以水平速度未知）滑上木板左端，滑到木

板右端時(shí)與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，滑塊以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板

上落下，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（D）

2v

A.滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度大小為彳

V2

B.滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為一

8gL

C.k=2

D.滑塊彈回瞬間的速度大小為華

解析：滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平向右的速度〃滑上木板左端，滑到木板右端時(shí)速度恰好

2

為零，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v=2aL,解得a=g,故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律

V2

有〃儂=儂，解得，故B錯(cuò)誤；小滑塊以水平速度■右滑時(shí)，由動(dòng)能定理有一〃

2gL

=0一2/巴小滑塊以速度h滑上木板到運(yùn)動(dòng)至碰墻時(shí)速度為八，由動(dòng)能定理有一

鬲m（kv）2,滑塊與墻碰后至向左運(yùn)動(dòng)到木板左端，此時(shí)滑塊、木板的共同速度為出

]13

由動(dòng)量守恒有力匕=（勿+4血嗓，由能量守恒定律可得勿貴—-（勿+44￡，解得4=5,

匕=華,故C錯(cuò)誤，D正確。

V1

5.根據(jù)機(jī)動(dòng)車的運(yùn)動(dòng)情況，繪制了如圖所示的？--圖像。已知一質(zhì)量為1000kg

的機(jī)動(dòng)車在水平路面沿直線減速行駛，規(guī)定初速度外的方向?yàn)檎较?。?qǐng)判定以下說法合

理的是（A）

A.機(jī)動(dòng)車的初速度的=10m/s

B.機(jī)動(dòng)車的加速度大小為2m/s2

C.機(jī)動(dòng)車在前3s的位移是12m

D.機(jī)動(dòng)車前3s的動(dòng)量變化量為1.2X104kg?m/s

1V1I

解析：由ad變形可得了=a,與題目給定的圖線對(duì)比，由截距可

知:a=—2m/s：解得a=—4m/s?,由于機(jī)動(dòng)車的加速度為負(fù)值，因此牽引力小于阻力,

2

由斜率可知的=萬(wàn)斤m/s=10m/s,故A正確，B錯(cuò)誤；機(jī)動(dòng)車速度變?yōu)?。所需的時(shí)間2=

=2.5s,故機(jī)動(dòng)車在前3s的位移=12.5m,故C錯(cuò)誤；機(jī)動(dòng)車前3s

的動(dòng)量變化量Ap=p2—pi=Q—1000X10kg?m/s=-104kg?m/s,故D錯(cuò)誤。

6.（多選）質(zhì)量為1kg的物塊，置于水平地面上。在水平力廠的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),

戶與時(shí)間力的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,最大靜摩擦力大小與

滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10m/s?。在前4s內(nèi)，下列判斷正確的是（ABD）

A.3s末物塊的速度最大

B.3s末物塊的動(dòng)量大小為1kg?m/s

C.前4s內(nèi)物塊所受合外力的沖量為0

D.前4s內(nèi)，合外力對(duì)物塊所做的功為0.125J

解析：由題意可知，物塊所受的最大靜摩擦力/由受力分析可知，物塊在

第1s內(nèi)靜止，在1s到3s內(nèi)加速，在3s到4s內(nèi)減速，所以3s末時(shí)，物塊的速度最

大，故A正確；1s到3s內(nèi)，由動(dòng)量定理可得(尸一介解得A0=lkg?m/s,故

B正確；Is到4s內(nèi)，由動(dòng)量定理可得(/一F=mv,解得y=0.5m/s,由動(dòng)能定理可

得;加=”,解得/合=0.125J,故C錯(cuò)誤，D正確。

7.(2024?韶關(guān)市綜合測(cè)試)如圖所示，質(zhì)量均為〃的物塊/、6用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪

的不可伸長(zhǎng)的剛性輕繩連接，力與地面接觸，6離地面的高度為為1.2m,質(zhì)量為20的圓環(huán)

。套在輕繩上，。在6上方(7=0.8m處。由靜止釋放圓環(huán)C,。下落后與6碰撞并粘在一起,

碰撞時(shí)間極短，不計(jì)C與繩之間的摩擦和空氣阻力，46、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取

10m/s2,求：

A

(1)C>6碰撞后瞬間，共同速度為多大；

(2)碰撞后，6經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)地面。

解析：(1)。與6碰撞前的過程，由動(dòng)能定理有

2儂X2m/c—0,得vc=yj2,gd=4m/s

碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律有2mvc=4mv

得v=2m/so

(2)。與8碰撞后粘在一起，一起向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有3儂一儂

=4必a

得a=-片5m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h—vt+^a/

得t=0.4So

答案：⑴2m/s(2)0.4s

8.如圖所示，玩具“火箭”由上下48兩部分和一個(gè)勁度系數(shù)較大的輕彈簧構(gòu)成，A

的質(zhì)量為0.2kg,6的質(zhì)量為0.4kg,彈簧