2015届高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

高考物理一轮总复习第六章链接高考6利用动量和能量观点解决力学综合问题讲义含解析新人教版06[考点解读]1．解动力学问题的三个基本观点3.(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)研究某一物体受到力的持续作用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，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则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，即转变为系统内能的量．(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有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．[考向分析]◆考向1 “爆炸”类问题[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． [审题指导] 关键词理解，隐含条件显性化(1)题目中的两个E ，分别对应“一个物体”和“两个物体”． (2)爆炸后两部分质量均为m2.(3)爆炸过程中系统初动量为0.(4)距地面的最大高度由两部分组成，一是爆炸前上升的高度，二是爆炸后向上运动的部分上升的高度．[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2E m③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg .[答案] (1)1g2E m (2)2E mg爆炸过程的特征1．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．2．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动．3．由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒． [跟踪训练]1．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速率v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0 解得：I ＝52mv 0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12m B v 2B ＋12m C v 2C解得：ΔE ＝758mv 20.答案：见解析◆考向2 “滑块－弹簧”类问题[典例2] (2019·河北石家庄二中模拟)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示．求：(1)物块C 的质量m C ；(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .[解析] (1)由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得m C ＝2 kg.(2)12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 4 12(m A ＋m C )v 23＝12(m A ＋m B ＋m C )v 24＋E p 得E p ＝9 J.[答案] (1)2 kg (2)9 J“滑块－弹簧”模型的解题思路1．应用系统的动量守恒． 2．应用系统的机械能守恒．3．注意临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．4．从A 开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可借用弹性碰撞结论：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.[跟踪训练]2．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 上表面向右运动．已知木块A 的质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A 的速度大小； (2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为v ，从木块A 开始沿滑板B 上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0代入数据得木块A 的速度v ＝2 m/s(2)在木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为E pm ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2－μmgL代入数据解得E pm ＝39 J. 答案：(1)2 m/s (2)39 J ◆考向3 “滑块－平板”类问题[典例3] 如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，求：(1)物块与小车的共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少？[解析] (1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.8 m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理： －Ft ＝m 2v －m 2v 0， 又F ＝μm 2g代入数据得t ＝0.24 s.(3)对小车应用动能定理：μm 2gx ＝12m 1v 2解得：x ＝0.096 m(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则：m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由系统能量守恒有：12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL 代入数据解得v 0′＝5 m/s.故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s. [答案] (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s“滑块－平板”模型的解题思路1．应用系统的动量守恒．2．在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理． 3．在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理． 4．在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒． 5．滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度． [跟踪训练]3．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，一块质量为M 的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m 的小物块(可视为质点)以水平速度v 0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)，最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出( )A ．弹簧的劲度系数B ．弹簧的最大弹性势能C ．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能D ．若再已知木板长度l ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数解析：BCD [小物块m 与长木板M 构成的系统动量守恒，设小物块滑到最左端和最右端的速度分别为v 1、v 2，以向左为正方向，小物块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v 1，小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程mv 0＝(M ＋m )v 2，解得v 1＝mv 0M ＋m ，v 2＝mv 0M ＋m ，小物块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得12mv 2＝12(M ＋m )v 21＋Q ＋E p ，Q ＝F f l ，小物块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得12mv 20＝12(M ＋m )v 22＋Q ′，Q ′＝2F f l ，由以上各式可以解出E p 、Q 、Q ′，故B 、C 正确；求出Q后，如果已知木板长l ，由Q ＝μmgl ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D 正确；因为缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A 错误．]◆考向4 “滑块－斜面”类问题[典例4] (2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g 取10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析“滑块－斜面”模型的解题思路1．应用系统在水平方向的动量守恒． 2．应用系统的能量守恒．3．注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速． 4．从冰块滑上斜面到分离的过程，可借用弹性碰撞结论：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.[跟踪训练]4.(多选)质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动解析：BCD [小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果m <M ，小球离开小车向左做平抛运动，如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动，如果m >M ，小球离开小车向右做平抛运动，所以B 、C 、D 正确．]◆考向5 “绳子绷紧”类问题[典例5] (2017·天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t . (2)A 的最大速度v 的大小． (3)初始时B 离地面的高度H .[解析] (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动， 有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s ，细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s.(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ， 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m. [答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m1．细绳“绷直”瞬间，细绳的张力远大于A 、B 的重力，A 、B 两物体组成的系统动量守恒．2．细绳“绷直”的过程中，可与子弹打入物块并留在其中的碰撞模型归纳为同一类型，都属于完全非弹性碰撞，存在着机械能损失．[跟踪训练]5．(2019·山东潍坊中学一模)如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．解析：(1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得： －μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20答案：(1)3v 04μg (2)4171 024mv 29。

高三物理一轮复习资料【力学三大观点的综合应用】 [考点分析]1．命题特点：考题常需要三大观点综合起来才能顺利解答．这类题目综合性强，难度高，题型一般为计算题，且常作为压轴题出现．2．思想方法：假设法、全程法和分段法、守恒思想、图解法等．[知能必备]1．力学解题的三大观点[真题再练]1．如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m/s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312 s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有 v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 v 1＝ 2 m/s ，v 2＝4 3 m/s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m/s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫ s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱ 传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为 I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N·s ⑳由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253 N·s ，方向竖直向上．答案：(1)2.75 s (2)4 3 m/s2 m/s (3)6253N·s ，方向竖直向上2．如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g .(1)求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v P 1、v Q 1； (2)求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度h n ； (3)求物块Q 从A 点上升的总高度H ；(4)为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞，求A 点与挡板之间的最小距离s .解析：(1)P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1①由机械能守恒定律得 12m v 20＝12m v 2P 1＋12×4m v 2Q 1② 联立①②式得 v P 1＝－35v 0③v Q 1＝25v 0④故第一次碰撞后P 的速度大小为35v 0，Q 的速度大小为25v 0.(2)设P 、Q 第一次碰撞后Q 上升的高度为h 1，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 1＝2·(－2g sin θ)·h 1sin θ⑤ 联立①②⑤式得h 1＝v 2025g⑥设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得12m v 202－12m v 2P 1＝－mgh 1⑦ 联立①②⑤⑦式得v 02＝75v 0⑧ P 与Q 的第二次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 2、v Q 2，由动量守恒定律得m v 02＝m v P 2＋4m v Q 2⑨由机械能守恒定律得 12m v 202＝12m v 2P 2＋12×4m v 2Q 2⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 v P 2＝－35×75v 0⑪v Q 2＝25×75v 0⑫设第二次碰撞后Q 上升的高度为h 2，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 2＝2·(－2g sin θ)·h 2sin θ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得h 2＝725·v 2025g⑭设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v 03，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得12m v 203－12m v 2P 2＝－mgh 2⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得v 03＝⎝⎛⎭⎫752v 0⑯ P 与Q 的第三次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 3、v Q 3，由动量守恒定律得m v 03＝m v P 3＋4m v Q 3⑰由机械能守恒定律得 12m v 203＝12m v 2P 3＋12×4m v 2Q 3⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 v P 3＝－35×⎝⎛⎭⎫752v 0⑲v Q 3＝25×⎝⎛⎭⎫752v 0⑳设第三次碰撞后Q 上升的高度为h 3，由运动学公式得 0－v Q 32＝2·(－2g sin θ)·h 3sin θ○21 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱○21式得h 3＝⎝⎛⎭⎫7252·v 225g○22 ……总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为 h n ＝⎝⎛⎭⎫725n －1·v 225g(n ＝1,2,3……)○23 (3)当P 、Q 达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 20＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ○24 解得H ＝v 2018g○25 (4)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t 1，由运动学公式得v Q 1＝2gt 1sin θ○26 设P 运动到斜面底端时的速度大小为v P 1′，需要的时间为t 2，由运动学公式得v P 1′＝(－v P 1)＋gt 2sin θ○27 v P 1′2－(－v P 1)2＝2sg sin θ○28 设P 从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t 3v 02＝(－v P 1)－gt 3sin θ○29 当A 点与挡板之间的距离最小时t 1＝2t 2＋t 3○30 联立○26○27○28○29○30式，代入数据得s ＝(87－13)v 20200g sin θ○31 答案：(1)35v 0 25v 0(2)⎝⎛⎭⎫725n －1·v 225g(n ＝1,2,3……) (3)v 2018g (4)(87－13)v 20200g sin θ力学规律选用的一般原则1．若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律． 2．若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．3．若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理．4．若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产热应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．[精选模拟]1．如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B 点，初始时刻，物块a 在外力的作用下被压至E点，BE＝2 m，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小v C＝4 m/s，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为m＝1 kg，传送带长为L＝4 m，始终以v＝3 m/s 的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)初始时刻的弹性势能；(2)ab在传送带上运动时产生的划痕长度；(3)由于传送物块电动机需要多消耗的电能．解析：(1)将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则v B＝v Ccos θ＝5 m/s 物块a由E到B的过程中根据能量守恒有E p＝mgx BE sin θ＋12m v2B＝24.5 J.(2)物块a、b碰撞过程中根据动量守恒m a v c＝(m a＋m b)v1解得v1＝2 m/s对ab整体，根据牛顿第二定律有μ2mg＝2ma解得a＝5 m/s2减速位移x＝v212a＝0.4 m<L故先减速到0再反向加速减速时间t1＝v1a＝0.4 s相对位移Δx1＝v t1＋v12t1加速时间t2＝t1＝0.4 s相对位移：Δx2＝v t2－v12t2故划痕长度Δx2＝Δx1＋Δx2＝2.4 m.(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量Q ＝μ·2mg Δx ＝24 J.答案：(1)24.5 J (2)2.4 m (3)24 J2．如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．解析：(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得 m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得 12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后物块A 的速度大小为3 m/s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右． (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1 对物块C μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2＋a 1t ＝a 2t 木板B 的最小长度 d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m.(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1<μ2二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得 μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3 整个过程B 运动的位移大小为x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移大小为 x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.答案：(1) 3 m/s 方向向左 6 m/s 方向向右 (2)3 m (3)10.5 m。

高考定位高考中常涉及的力学实验有：研究匀变速直线运动、验证力的平行四边形定则、探究弹力与弹簧伸长量的关系、探究加速度与力和质量的关系、探究动能定理和验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律、用油膜法估测分子的大小．近几年力学实验中与纸带处理相关的实验、力学创新实验是高考的热点内容，以分组或演示实验为背景，考查对实验方法的领悟情况，灵活运用学过的实验方法设计新的实验是高考实验题的新趋势．要求考生掌握常规实验的数据处理方法，能将课本中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到新的背景中，深刻理解物理概念和规律，并能灵活运用，要求考生有较强的创新能力．考题1 研究匀变速直线运动例1 (2014·全国大纲·22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图1所示．拍摄时频闪频率是10 Hz ，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.已知斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小g ＝9.80 m/s 2.图1单位：cm根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a ＝________ m/s 2(保留3位有效数字) (2)因为________，可知斜面是粗糙的．解析 (1)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法，得 x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2 a ＝a 1＋a 22又知T ＝1f＝0.1 s联立以上各式得a ≈4.30 m/s 2(2)如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g hs ＝5.88 m/s 2，因为a ′>a ，所以斜面是粗糙的．答案 (1)4.30 (2)a <g hs＝5.88 m/s 21．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图2甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s 随时间t 的变化规律，如图乙所示．图2(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度v ＝______ m /s ，木块加速度a ＝________ m/s 2； (2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________；(已知当地的重力加速度g ) (3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________． A ．A 点与传感器距离适当大些 B ．木板的倾角越大越好 C ．选择体积较大的空心木块D ．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻 答案 (1)0.4 1 (2)斜面倾角(或A 点的高度) (3)A解析 (1)0.4 s 时木块的速度等于0.2 s ～0.6 s 内的平均速度，即v ＝(30－14)×10－20.6－0.2m /s ＝0.4m/s ；根据Δs ＝aT 2，可求出木块的加速度a ＝[(24－14)－(30－24)]×10－20.22m /s 2＝1 m/s 2. (2)根据mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，可知测出倾斜角或A 点的高度算出倾斜角．(3)当A 点与传感器距离适当大些，可测出多组数据，求平均值，能提高测量精度，A 正确；倾斜角越大，测得的数据越少，不利于提高测量精度，B 错误；若选择体积较大的空心木块，在下降过程中，受空气阻力变大，影响了动摩擦因数的测量，C 错误；传感器开始计时的时刻不一定是从A 点释放的时刻，只要根据中间一段的Δs ＝aT 2，就可算出加速度，D 错误．考题2 探究弹力和弹簧伸长量的关系例2 (2014·新课标Ⅱ·23)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图3所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.(1)将表中数据补充完整：________；________.(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图4给出的坐标纸上画出1k—n 图像．图4(3)图4中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________ N /m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系表达式为k ＝________ N/m.解析 (1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mgx －x 0＝0.100×9.80(5.26－4.06)×10－2N /m ≈81.7N/m ，1k ≈0.012 2 m/N.(2)1k－n 图像如图所示(3)根据图像可知，k 与n 的关系表达式为k ＝1.75×103n N/m ，k 与l 0的关系表达式为k ＝3.47l 0N/m.答案 (1)81.7 0.012 2 (2)见解析图(3)1.75×103n (在1.67×103n ～1.83×103n 之间均可) 3.47l 0(在3.31l 0～3.62l 0之间均可)2．(2014·浙江·21)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图5连接起来进行探究．图5(1)某次测量如图6所示，指针示数为________ cm.图6(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B如表所示．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g＝10 m/s2)．由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．答案(1)16.00(有效数字位数正确，15.96～16.05均可)(2)12.45(12.20～12.80均可)能解析(1)刻度尺分度值为1毫米，读数应估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00 cm. (2)当A弹簧的弹力为F A1＝0.50 N、F A2＝1.00 N、F A3＝1.50 N、F A4＝2.00 N时，弹簧长度L A1＝15.71 cm、L A2＝19.71 cm、L A3＝23.66 cm、L A4＝27.76 cm，根据ΔF＝kΔx得k1＝12.50 N/m、k2＝12.66 N/m、k3＝12.20 N/m，所以弹簧Ⅰ的劲度系数k＝k1＋k2＋k33＝12.45 N/m.根据表可以计算出弹簧Ⅱ每次的伸长量Δx′，也可以根据ΔF＝k′Δx′计算弹簧Ⅱ的劲度系数(劲度系数的计算也可以通过做F—x图象处理，图象的斜率即等于弹簧的劲度系数)．3．如图7为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：已知所有钩码的质量可认为相同且为m0＝50 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2.请回答下列问题：(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k＝____ N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的弹簧劲度系数k的值与真实值相比较____________(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)．答案(1)32(2)没有影响解析(1)根据胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m；(2)因在计算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有影响．考题3验证力的平行四边形定则例3(2014·江苏·11)小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如图8所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．图8(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图9所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图9两次实验记录的轨迹如图10所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．图10(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有哪些？________(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)根据题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．答案(1)见解析图(F合＝4.6～4.9 N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧)4．(单选)在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图11所示)．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．在此过程中，下列注意事项正确的是()图11A．两根细绳必须等长B．两弹簧秤示数必须等大C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行答案 D解析细线的作用是能显示出力的方向，所以不必等长，故A错误；只要弹簧秤有示数即可，并不一定要相等，故B错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，故C错误；弹簧秤不能接触水平木板，否则产生摩擦，使弹簧秤示数偏大，故D正确．5．有同学利用如图12所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码的个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图12(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数，N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.答案(1)BCD(2)标记结点O的位置钩码的个数N1、N2、N3OA、OB、OC三段绳子的方向解析(2)为验证平行四边形定则，必须通过作受力图．所以先明确受力点，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示．因此要做好记录，需从力的三要素角度出发：需记录O点的位置；钩码的个数N1、N2、N3；拉力F T OA、F T OB、F T OC的方向．考题4探究加速度与力、质量的关系例4(2014·新课标Ⅰ·22)某同学利用图13(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图13(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成______(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a—m图线不经过原点，可能的原因是________________________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是___________________________．解析(1)由图像可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)a—m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力．(3)本实验直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．答案(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量6．甲、乙两个同学用如图14所示的实验装置共同研究在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系．(1)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.图15是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm.实验中使用的电源是频率为f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)图14图15(2)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M ，得到小车的加速度a 与质量M 的数据，画出a ～1M 图线后，发现：当1M 较大时，图线发生弯曲．于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象．那么，该同学的修正方案可能是________． A ．改画a 与1M ＋m的关系图线 B ．改画a 与(M ＋m )的关系图线C ．改画 a 与mM 的关系图线D ．改画a 与1(M ＋m )2的关系图线答案 (1)0.343 (2)A解析 (1)由题意知，打点周期为0.02 s ，相邻两计数点时间间隔为0.1 s ，根据逐差法可求小车的加速度(s 4＋x 3)－(s 2＋s 1)＝4aT 2解得a ＝0.343 m/s 2；(2)当1M 较大时，图线发生弯曲，是因为提供牵引力的砝码的质量相对小车的质量不能忽略，故应把小车与砝码视为整体研究，即改画a 与1M ＋m的关系图线，所以A 正确；B 、C 、D 错误．知识专题练 训练12题组1 研究匀变速直线运动1．在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中．图1(1)某同学采用如图1所示的装置进行试验，________(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力，________(选填“需要”或“不需要”)测量小车的质量．(2)该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图2所示．在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线(其中横坐标数值表示第几个0.1 s ，纵坐标对应的是该0.1 s 内物体的位移)如图3所示．则小车的速度随时间________(选填“是”或“不是”)均匀变化；整个过程中小车的平均加速度为________ m/s 2.(保留两位有效数字)图2答案(1)不需要不需要(2)是 1.0(0.95～1.1均可)解析(1)本实验的目的是探究小车速度随时间的变化规律，故不需要平衡摩擦力，也不需要测量小车的质量．(2)由题图知，小车的速度随时间是均匀变化的，可求小车的加速度s6－s1＝5aT2，解得加速度a≈1.0 m/s2.2．(1)某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图4所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出．打点计时器所用交流电频率为50 Hz，忽略纸带所受的阻力．图4(1)由此可判断纸带的________(“左端”或“右端”)与物块连接．根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度，其中v A＝________ m/s.(结果保留两位有效数字)(2)从图示纸带不能得到的物理量是________．A．木块运动的加速度aB．A、B间的平均速度C．物块质量mD．A、B对应的运动时间t(3)如要测量在AB段合外力对物块所做的功W AB，还需要提供的实验器材是________．A．秒表B．天平C．弹簧秤D．砝码答案(1)右端0.73(2)C(3)B解析(1)由图示纸带可知，在相等时间内，纸带右端相邻两点间的距离大，因此纸带右端与物块相连；电源频率为50 Hz，每相邻两计数点间有4个计时点没有画出，则每相邻两计数点间的时间间隔T ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，打A 点时的速度v A ＝s 2T ＝0.068 4＋0.078 42×0.1 m /s ≈0.73 m/s.(2)由Δs ＝aT 2可以求出物块运动的加速度a ；由平均速度公式可以求出A 、B 间的平均速度；根据图示纸带不能求出物块质量m ；已知相邻两计数点间的时间间隔，由纸带可以求出A 、B 对应的运动时间t ；故选项C 不能求出．(3)求出物块的速度，应用动能定理可以求出合外力所做的功，应用动能定理求合外力所做的功需要知道物块的质量，因此实验中需要的实验器材是天平，故选B. 题组2 探究弹力和弹簧伸长量的关系3．今年6月7日虎门大桥撞船事故后，全国交通部门加强了对国内各种大桥的检测与维修．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50 m 、横截面积为400 cm 2的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难．同学们则取来了同种材料制成的样品进行实验探究．由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F 与形变量x 成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．(1)同学们准备和《探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间关系》的实验一样将样品竖直悬挂．再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的．为了避免悬索自身重力对实验的影响，你认为可行的措施应该是：________________________. (2)同学们通过游标卡尺测样品的直径来测定其横截面积．某次测量的结果如图5所示，则该样品的直径为________ cm.图5①分析样品C 的数据可知，其所受拉力F C (单位N)与伸长量x (单位m)遵循的函数关系式是________．②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________成正比、与悬索的横截面积的大小成正比．答案 (1)将悬索样品水平放置在光滑水平面上，用定滑轮将重物竖直向下的重力变为水平方向的拉力(2)0.830 (3)①F C ＝2×106x (N) ②平方的倒数解析 (2)游标卡尺的读数分两部分，一部分是游标尺零刻度线在主尺上所指的读数，即8 mm ，另一部分是与主尺刻度线对齐的游标尺刻度线示数与精确度的乘积，即6×0.05 mm ＝0.30 mm ，最终读数为8 mm ＋0.30 mm ＝8.30 mm ＝0.830 cm.(3)①分析样品C 的数据可发现拉力F 与伸长量成正比，比例系数为200 N0.000 1 m＝2×106 N/m.②分析样品A 、B 、D ，可以发现，拉力F 与伸长量的比例系数分别为1×106 N/m ，14×106 N/m和19×106 N/m ，而长度比为1∶2∶3，所以比例系数与悬索长度的平方的倒数成正比． 题组3 验证力的平行四边形定则4．在“验证二力合成的平行四边形定则”的实验中，李华同学选用两个量程为5 N 的弹簧秤和其他实验器材进行实验．对于实验中的器材用途或实验操作过程，下列说法正确的是________．A ．实验过程中，在拆去弹簧秤之前最重要的步骤是记下弹簧秤的示数B ．细绳套长短影响弹簧秤的拉力方向的准确记录C ．实验中要保证弹簧秤的弹簧与其外壳无摩擦D ．某次实验中，李华用两个弹簧秤互成60°角拉橡皮筋，读出弹簧秤的读数都为4 N ，接下来只要操作合理，就能顺利完成实验验证 答案 BC解析 拆去弹簧秤之前要记下弹簧秤的示数和拉力的方向以及受力点O ，故选项A 错误；细绳套长度要适中，否则会引起误差，故选项B 正确；弹簧秤要与纸面平行但不能接触，故选项C 正确；读出读数后还要记录拉力的方向和受力点O ，故选项D 错误．5．某同学用如图6所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O 点分别与两弹簧测力计和钩码相接．图6(1)实验步骤如下：A ．弹簧测力计A 挂于固定在竖直木板上的P 点；B ．结点O 下的细线挂钩码C ；C ．手持弹簧测力计B 缓慢向左拉，使结点O 静止在某位置；D．记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录__________________________________________________．(2)在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？________(选填选项前的字母) A．木板不竖直B．A弹簧测力计外壳的重力C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平D．改变弹簧测力计B的拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法________________________________________________________________________．答案(1)三条细绳(拉力)的方向(2)A(3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO与BO之间的夹角解析(1)矢量和不仅与大小有关，也与方向有关，所以得记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还有记录三条细绳(拉力)的方向．(2)木板不竖直时，钩码和木板间有摩擦力会产生误差，选择A.6．如图7甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置．实验操作如下：图7(1)弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，测量________并记录为F.(2)弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置(如图甲)，此时需记下结点O的位置和两测力计的示数F1、F2以及________．(3)某同学已在图乙纸上作出F1、F2的图示，请根据力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.(4)改变两细线的夹角，重复做几次实验．若F′的方向近似在________方向上，且大小近似等于F，则平行四边形定则得以验证．答案(1)M(重物)的重力(2)细线Oa、Ob、Oc的方向(或三段细线的方向)(3)如图所示(4)竖直解析 (1)两个弹簧测力计的合力等于悬挂重物的重力，需要先测量出悬挂重物M 的质量，便于求出该重物的重力．(2)记录下细线Oa 、Ob 、Oc 的方向作为两个弹簧测力计拉力和悬挂重物重力的方向． (4)F ′方向与悬挂重物的重力方向应该在同一直线上，即竖直方向． 题组4 探究加速度与力、质量的关系7．如图8所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B ，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮之间的摩擦．图8(1)下列说法正确的是________．A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g2(2)如图9为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2.(交流电的频率为50 Hz ，结果保留二位有效数字)图9(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a —F 图象，可能是下列哪个选项中的图象________．答案 (1)B (2)0.50 (3)C解析 (1)该实验要平衡摩擦力，故A 错误；拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量，故C 错误；由于重物向下加速运动，由牛顿第二定律：m 2g －2F ＝m 2a ，解得：F ＝m 2g －m 2a 2，故D 错误；故选B.(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δs ＝aT 2，有：a ＝0.50 m/s 2.(3)若没有平衡摩擦力，则当0＜F ≤f 时，a ＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以该同学测得的a －F 图象可能是选项C 中的图象．。

力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比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，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2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p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。

已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。

弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。

求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。

【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。