2020届高考物理艺考生总复习专题二能量与动量第4讲“三大观点”解决力学问题教学案

应用“三大观点”解决力学综合问题（可自主编辑word）五、应用“三大观点”解决力学综合问题知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题基础回扣力学规律的选用原则(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)若研究的对象为多个物体组成的系统,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。

(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,因此用动量守恒定律去解决。

易错辨析我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。

知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题基础回扣1.知识分析动量的观点:动量定理和动量守恒定律。

能量的观点:动能定理和能量守恒定律。

2.方法技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。

(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。

(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。

特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。

易错辨析1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。

2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。

高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一 动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1， 则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点 解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离． 解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝ （2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二 动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)质量M ＝0.6 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2 kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度v 1＝5.0 m /s 和v 2＝2.0 m /s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰．已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g 取10 m /s 2，求：(1)A 、B 两物体在车上都停止滑动时的速度． (2)车的长度至少是多少？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三 动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律 数学表达式 动力学 观点力的瞬 时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第 三定律F ＝－F ′ 能量 观点力的空间 积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守 恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量 观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守 恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2， 联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ， 将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ， 解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22， 解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)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v 0＝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 /s 2.(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 ＝1312s 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＝43 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 ⑫s 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＝6253N ·s ，方向竖直向上． 答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上 限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x ­t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A .1v 0(s ＋L ) B ．1v 0(s ＋2L ) C .12v 0(s ＋L ) D ．1v 0(L ＋2s ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v ­t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。

第4讲 “三大观点”解决力学问题三年考情分析高考命题规律三年考题 考查内容 核心素养 近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.2019Ⅲ卷25T动量和能量的综合应用 物理观念科学思维 2018 Ⅰ卷24T动量与能量的综合应用 科学思维2017Ⅱ卷24T牛顿第二定律，运动学公式科学思维Ⅲ卷25T动力学观点解决板块问题物理观念科学思维考向一 用动力学观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法[典题例析]——析典题 学通法[例1] (2019·江苏卷，15T)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下，接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a ′B ； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .[审题指导] (1)A 获得向右的速度后，A 对B 向右的滑动摩擦力小于地面对B 向左的最大静摩擦力，因此，此过程B 静止不动．(2)B 获得向右速度后，A 、B 间发生相对滑动，到再次左边缘对齐，A 、B 两物块的位移差为L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 a A ＝μg匀变速直线运动 2a A L ＝v 2A解得 v A ＝2μgL(2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小 F ＝3μmg 由牛顿运动定律F ＝ma B ，得 a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小 F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma ′B ，得a ′B ＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则 v ＝a A t ，v ＝v B －a B t x A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且 x B －x A ＝L 解得 v B ＝22μgL[答案] (1)v A ＝2μgL (2)a B ＝3μg ，a ′B ＝μg (3)v B ＝22μgL[跟进题组]——练考题 提能力1．如图所示，地面上有一固定的倾角θ＝37°的斜面，质量为m ＝2 kg 的滑块C (可视为质点)从距长木板上表面高h ＝0.6 m 处由静止滑下，水平地面上长木板A 上表面与斜面末端平滑对接，A 左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A 右端与B 左端紧靠在一起同样不粘连，A 、B 的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L 均为37.5 cm ，质量M 均为1 kg ，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C 与斜面间的动摩擦因数为μ0＝0.5，滑块C 与木板A 间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块C 与木板B 间的动摩擦因数为μ2＝16，忽略空气阻力．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)求：(1)滑块C 到达斜面底端时的速度v 0为多大？(2)滑块C 在A 上表面滑行时，A 、B 间的弹力大小为多少？ (3)经多长时间滑块C 运动到A 的右端？此时滑块C 的速度为多大？(4)最终稳定时，滑块C 是否脱离长木板B ？若未脱离，滑块C 相对B 静止的位置距离B 右端多远？解析：(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ0mg cos θ＝ma 0， 代入数据解得a 0＝2 m/s 2， 由运动学公式得v 20＝2a 0hsin 37°， 代入数据解得v 0＝2 m/s.(2)C 在A 上表面滑行时，A 、B 一起运动，受到C 给的向右的摩擦力为μ1mg ＝2Ma AB ， 解得a AB ＝2 m/s 2，隔离B 分析，A 对B 的弹力为F ＝Ma AB ＝2 N. (3)C 在A 上滑行时，C 减速运动的加速度大小为 a 1＝μ1g ＝2 m/s 2，设经过时间t 1，C 刚滑离A 滑上B ，则⎝⎛⎭⎫v 0t 1－12a 1t 21－12a AB t 21＝L ， 代入数据解得t 1＝14 s ⎝⎛⎭⎫t 1＝34 s 不合题意.舍弃， 此时A 、B 的速度v AB ＝a AB t 1＝0.5 m/s ， C 的速度v ＝v 0－a 1t 1＝1.5 m/s.(4)此后，C 在B 上继续做减速运动，设C 的加速度大小为a 2，B 的加速度大小为a B ， a 2＝μ2g ＝53 m/s 2，a B ＝μ2mg M ＝103m/s 2， 假设C 未脱离B ，经过时间t 2，B 、C 速度相同， v B ＝v C ，即v －a 2t 2＝v AB ＋a B t 2， 解得t 2＝0.2 s ，故v B ＝v C ＝76m/s.此时C 在B 上发生的相对位移为Δx ＝v ＋v C 2·t 2－v AB ＋v B2·t 2＝0.1 m ＜0.375 m.所以滑块C 未脱离长木板B . 此时滑块C 距离B 右端的距离为 ΔL ＝0.375 m －0.1 m ＝0.275 m ＝27.5 cm. 答案：(1)2 m/s (2)2 N (3)14 s 1.5 m/s(4)滑块C 未脱离木板B 27.5 cm考向二 用功能观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． 2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． 3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．[典题例析]——析典题 学通法[例2] 如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点以5 m/s 的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到D 点时压力传感器的示数； (2)水平外力作用在滑块上的时间t .[审题指导] (1)滑块从A 到B 过程满足动能定理． (2)滑块从B 到C 过程平抛运动，注意C 点速度分解． (3)滑块从C 到D 机械能守恒．[解析] (1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得： 12mv 2D＝12mv 2C＋mgR (1－cos 37°) 滑块在D 点的速度v D ＝v 2C ＋2gR 1－cos 37°＝3 3 m/s在D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2DR滑块受到的支持力F N ＝mg ＋m v 2DR＝25.6 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F ′N ＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下 (2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s 滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝m v 2B ＋2μgL2P＝0.4 s[答案] (1)25.6 N (2)0.4 s[跟进题组]——练考题 提能力2．如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形导轨BC 在B 点相切连接，半圆导轨半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C .已知物块在到达B 点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g .不计空气阻力，求：(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点与B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能．解析：(1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v 2CR物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝12gt 2解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2C 设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m v 2B R，解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F ′N ＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋12m v 2C，解得E p ＝52mgR .答案：(1)2R (2)6mg (3)52mgR考向三 用动量与能量观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．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时，应优先选择能量守恒定律．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．[典题例析]——析典题 学通法[例3] (2019·全国Ⅲ，25T)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ (3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？[思路导引] (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可．(2)利用牛顿第二定律求A 、B 的加速度，分别对A 、B 的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题．(3)假设A 能与B 碰撞，应用动能定理求出A 碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解出碰后A 、B 的速度，问题便易于解决了．[解析] (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2 ⑤v B －at ＝0 ⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v ′A ，由动能定理有12m A v ′2A －12m A v 2A＝－μm A g (2l ＋s B )⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞，设碰撞后A 、B 的速度分别为v ″A 和v ″B ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v ′A )＝m A v ″A ＋m B v ″B ⑫12m A v ′2A ＝12m A v ″2A ＋12m B v ″2B ⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 v ″A ＝375m/s ，v ″B ＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A 时停止，B 向左运动距离为s ′B 时停止，由运动学公式2as ′A ＝v ″2A ，2as ′B ＝v ″2B ⑮由④⑭⑮式及题给数据得s ′A ＝0.63 m ，s ′B ＝0.28 m ⑯s ′A 小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两物块停止后的距离 s ′＝s ′A ＋s ′B ＝0.91 m ⑰[答案] (1)v A ＝4.0 m/s v B ＝1.0 m/s (2)A 先停止 0.50 m (3)0.91 m[跟进题组]——练考题 提能力3．如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不栓连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g .求：(1)m 2离开弹簧时的速度；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度； (3)弹簧的最大弹性势能．解析：(1)m 2平抛过程有：h ＝12gt 2，x ＝v 2t得：v 2＝xg 2h(2)弹簧将两物体弹开的过程，对系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有：m 1v 1－m 2v 2＝0得：v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒有：m 1gH ＝12m 1v 21，得：H ＝x 216h(3)弹簧的最大弹性势能为：E p ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 联立解得：E p ＝3mgx 28h答案：(1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h用“三大观点”解决力学综合问题模型典例 如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB 和光滑的半圆弧轨道BCD 组成，小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与粗糙水平台等高．水平台与物块P 间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平台上有一弹簧，弹簧左端固定，弹簧右端与一个质量为m 1＝5 kg 的小物块P 接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能E p ＝100 J ．现解除弹簧的锁定，小物块P 从M 点出发，MN 间的距离为d ＝1 m ．物块P 到N 点后与静止在小车左端的质量为m 2＝1 kg 的小物块Q (可视为质点)发生弹性碰撞(碰前物块P 已经离开弹簧，碰后立即将小物块P 取走，使之不影响后续物体的运动)．已知AB 长为L ＝10 m ，小车的质量为M ＝3 kg.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度大小；(2)若物块Q 在半圆弧轨道BCD 上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道)，最终停在小车水平部分AB 的中点，求半圆弧轨道BCD 的半径至少多大？(3)若小车上表面AB 和半圆弧轨道BCD 面均光滑，半圆弧轨道BCD 的半径为R ＝1.2 m ，物块Q 可以从半圆弧轨道BCD 的最高点D 飞出，求其再次落回小车时，落点与B 点的距离s为多少？(结果可用根号表示) 核心考点1.能量守恒定律的应用．2.弹性碰撞规律．3.动量守恒定律．4.平抛运动规律． 命题技巧以弹簧、平板小车、滑块、半圆形轨道为背景，设置多个过程考查考生的综合分析、判断应用能力． 核心素养1.物理观念：相互作用观念、运动观念、能量观念．2.科学思维：科学推理、科学论证. 审题关键(1)物块P 被弹簧弹开运动到N 的过程满足能量守恒定律． (2)P 、Q 发生弹性碰撞，满足动量守恒、能量守恒．(3)物块Q 与平板小车作用的整个过程、动量守恒、能量守恒．[解析] (1)设物块P 被弹簧弹开运动到N 点速度为v 1，由能量守恒得：E p ＝μm 1gd ＋12m 1v 21，解得v 1＝6 m/s物块P 、Q 发生弹性碰撞，设碰后P 、Q 的速度分别为v 1′、v 2，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22解得v 1′＝4 m/s ，v 2＝10 m/s (2)物块Q 从开始运动到与小车相对静止过程中，共同速度为v 3，系统水平方向动量守恒：m 2v 2＝(m 2＋M )v 3 解得v 3＝2.5 m/s系统能量守恒：12m 2v 22＝μ′m 2g ·32L ＋12(m 2＋M )v 23 解得μ′＝0.25Q 运动至C 点与车共速时，半径最小，设为R ′系统能量守恒，有：12m 2v 22＝μ′m 2gL ＋m 2gR ′＋12(m 2＋M )v 23，解得R ′＝1.25 m (3)设Q 通过D 点时，Q 与小车的速度分别为v 4、v 5，有m 2v 2＝m 2v 4＋Mv 5 12m 2v 22＝12m 2v 24＋12Mv 25＋m 2g ·2R解得v 4＝－2 m/s ，v 5＝4 m/s物块Q 通过D 点时相对小车的速度为v 4′＝6 m/s物块Q 再次落回小车时与B 点的距离为s ＝v 4′4Rg解得s ＝1235 m[答案] 见解析 易错展示1.物块Q 与小车相互作用，两物体组成的系统水平方向动量守恒，能量守恒，考生不能找出半径最小的条件．2.物块Q 从D 点飞出做平抛运动，考生不能用相对运动来处理.[对点演练]——练类题 提素养如图所示，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在B 的左端．质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h ＝0.2 m ，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力．已知A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1(g ＝10 m/s 2)，求：(1)小球运动到最低点与A 碰撞前瞬间小球的速度大小； (2)小球与A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使A 、B 达到共同速度前A 不滑离木板，木板B 至少多长． 解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得： m 0gL ＝12m 0v 20， 代入数据解得：v 0＝4 m/s(2)小球反弹过程中，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 21 解得：v 1＝2 m/s小球与A 碰撞过程系统水平方向动量守恒，以碰撞前瞬间小球的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋m v A 代入数据得v A ＝1 m/s(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m v A ＝(m ＋M )v 代入数据解得：v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12m v 2A －12(m ＋M )v 2代入数据解得x ＝0.25 m答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m[题组一] 用动力学观点解决力学综合问题 1.(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L ＝2 m 、质量M ＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F 使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝32，g ＝10 m/s 2.(1)当外力F ＝30 N ，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F ＝53.5 N 时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？ 解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得 F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 解得：a ＝1 m/s 2(2)设木板和物块的加速度分别为a 1、a 2，二者完全分离的时间为t ，分离时速度分别为v 1、v 2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得 F －Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma 1 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2又L ＝12(a 1－a 2)t 2，v 1＝a 1t ，v 2＝a 2t联立解得v 1＝6.5 m/s ，v 2＝2.5 m/s 答案：(1)1 m/s 2 (2)6.5 m/s 2.5 m/s2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8 m/s 时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A 处由静止开始下滑，滑至坡底B (B 处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB 坡长L ＝26 m ，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：(1)到B 处时的速度大小； (2)在水平地面上运动的最大距离； (3)在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比．解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma 1＝mg sin θ－μ1mg cos θ 代入数据可得：a 1＝2 m/s 2，速度达到8 m/s 的过程中的位移：x 1＝v 212a 1＝822×2 m ＝16 m ；滑沙板的速度较大时：ma 2＝mg sin θ－μ2mg cos θ， 代入数据可得：a 2＝4 m/s 2设到达B 的速度为v 2，则：v 22－v 21＝2a 2(L －x 1)，代入数据可得：v 2＝12 m/s(2)滑沙板在水平面上的加速度：a 3＝－μ3mg m ＝－μ3g ＝－0.4×10 m/s 2＝－4 m/s 2，由位移－速度公式可得：x 3＝0－v 222a 2＝0－1442×(－4) m ＝18 m.(3)滑沙板的速度达到8 m/s 的时间：t 1＝v 1a 1＝82 s ＝4 s ，第二段时间：t 2＝v 2－v 1a 2＝⎝⎛⎭⎫12－84 s ＝1 s ，滑沙板在水平面上的时间：t 3＝0－v 2a 3＝⎝⎛⎭⎫124 s ＝3 s ，所以在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比 t 1＋t 2t 3＝4＋13＝53.答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)53[题组二] 用功能观点解决力学综合问题3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为2m 和m 的两个弹性环A 、B 用不可伸长且长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：(1)当B 环下落L2时，A 环的速度大小；(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环．解析：(1)当B 环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L 2L ＝12，即α＝30°由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30° 则v B ＝v Atan 30°＝3v A ，B 下降的过程中，A 与B 组成的系统机械能守恒，有 mg L 2＝12·2m v 2A ＋12m v 2B 所以A 环的速度v A ＝5gL5. (2)由于A 到达O 点时，B 的速度等于0，由机械能守恒， 12·2m v A ′2＝mgL ，解得v A ′＝gL ， 环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动． 当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12gt 2，解得t ＝Lg . 答案：(1)5gL5(2)L g4．如图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12m v 2＝12m v 2B ，解得v B ＝4 m/s.(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得 Fs －μ1mgx AB ＝12m v 2B－0，根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma ， 由运动学公式有s ＝12at 2，联立解得t ＝53s.(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R ，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 21－12m v 2B 代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度R 时速度为零，由动能定理可得：－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4. 答案：见解析[题组三] 用动量与能量观点解决力学综合问题5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A 左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B 停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v 0＝7 m/s ，经时间t ＝0.5 s 木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v 1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)木板的长度L 和木板与木块间的动摩擦因数μ； (2)木板和木块的质量的比值． 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则 L ＝v 0＋v 12t ＝7＋52×0.5 m ＝3 m对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt ＝m v 1－m v 0. 解得，动摩擦因数为μ＝0.4(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v12m v 21＝μmgL ＋12(M ＋m )v 2 解得Mm＝24.答案：(1)3 m 0.4 (2)246．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m 小滑块A 套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P ，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L 的细线悬挂一个质量为m 的小球B ，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g .求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小； (2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度； (3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得：mgL ＝12m v 2解得：v ＝2gL在最低点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 2L解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小 F ＝3mg(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h .取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得m v ＝(2m ＋m )v 共． 12m v 2＝mgh ＋12(2m ＋m )v 2共. 联立解得h ＝23L(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v 1，滑块速度为v 2 m v ＝m v 1＋2m v 2 12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22. 解得：v 2＝232gL答案：(1)3mg (2)23L (3)232gL[题组四] 用“三大观点”解决力学综合模型7．(2019·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．解析：(1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒，有 mgR ＝12m v 2B解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v 共解得v 共＝0.5 m/s(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的“面积”，则W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得： －W f ＝12m v 2－12m v 2B解得：v ＝ 5 m/s答案：(1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s8．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板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 ．可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端．滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s ＝5 cm.g 取10 m/s 2.(1)求水平恒力F 的作用时间t .(2)求木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，求整个运动过程中系统所产生的热量． 解析：(1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a A ＝μmgm① a B ＝F －μmgM② 根据题意有s B －s A ＝L ， 即12a B t 2－12a A t 2＝L ， ③ 将数据代入①②③联立解得t ＝1 s. (2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为 v A ＝a A t ④ v B ＝a B t ⑤当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有m v A ＋M v B ＝(m ＋M )v ⑥ 由能的转化与守恒得12m v 2A ＋12M v 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgs ⑦ 代入数据求得最大弹性势能E p ＝0.3 J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v ′，相对木板向左滑动距离为x ，有m v A ＋M v B ＝(m ＋M )v ′ ⑧ 由⑧式解得v ＝v ′.由能的转化与守恒定律可得E p ＝μmgx ， ⑨ 由⑨式解得x ＝0.15 m.由于s ＋L ＞x 且x ＞s ，故假设成立．整个过程系统产生的热量为Q ＝μmg (L ＋s ＋x )， ⑩ 由⑩式解得Q ＝1.4 J.答案：(1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J。

基础夯实
多维课堂
考点二
考点三
-16-
解析：在0~3 s内,以向右为正方向,对P由动量定理有
F1t1+F2t2-μmg(t1+t2)=mv-0, 其中F1=2 N,F2=3 N,t1=2 s,t2=1 s, 解得v=8 m/s, 设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿第二定律有
μmg=ma, P 在 B、C 两点间做匀减速直线运动,有 v2-������12=2al, 解得v1=7 m/s。 答案：8 m/s 7 m/s
������ 1+������ 2+������ 3
把2������(v���、���1 +v1���代������2���)入1(2���������③���102+式������可2 +得������h3=) 2������(������
������ 12������02 1 +������ 2 )(������ 1 +������
t=������0t���a���n
������,水平位移
x=v0t=������0
2 tan ������
������,故选项
A
正确。
关闭
解析 答案
考点一
第六章
专题4 力学三大观点的综合应用
基础夯实
多维课堂
考点二
考点三
-12-
解题探究画小球的运动示意图。
考点一
第六章
专题4 力学三大观点的综合应用
代入数据可得 F≈5.27 N。
(3)由数学知识可知 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������ = N(1()其4 m中/stan(2φ)=5μ.2)7。N (3)58255 N