2020年高考物理 6-3研究动力学问题的三个基本观点复习课件人教版精品

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高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题五科学思维篇1活用“三大观点”解析力学综合问题课件

小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学公式得
v20－v21＝2a1s0
③
v0－v1＝a1t
④
s1＝12a2t2
⑤
联立③④⑤式得
a2＝s1（v12＋s02 v0）2.
答案：见解析
2．(2019·上海嘉定区二模)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角 θ＝37°，质量 m＝ 1 kg 的物体受到平行于斜面的力 F 作用，由静止开始运动．力 F 随时间 t 变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(2)第 2 s 内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力 f，物体还受到竖直向下的重力 G、垂直斜面向上的支持力 N，由图乙可知力 F 平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛顿第二定律有 0.9mg＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2 解得 a2＝5 m/s2. (3)物体在第 1 s 末的速度大小 v1＝a1t1 Ek1＝12mv21＝50 J.
(1)物体倾斜部分 BC 的长度； (2)滑块的质量； (3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
[解析] (1)对滑块在倾斜部分 BC 上的运动，由牛顿第二定律有 mgsin θ＝ma1 解得 a1＝6 m/s2 斜面 BC 长 x1＝12a1t21＝3 m. (2)物体对传感器的压力为 F1＝mgcos θsin θ，由题图乙可知 F1＝9.6 N 解得 m＝2 kg. (3)设 1 s 后物体 ABC 受到的摩擦力大小为 f，对物体由平衡条件有 f＝F2 ＝4 N 对滑块由牛顿第二定律有 f＝ma2 解得 a2＝2 m/s2

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)

高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C② 在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A 物块－μMgs A ＝0－12M v 2A解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞．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．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v＝12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L＝2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长为x＝2 m，水平面右端与一光滑的半径R＝1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB能沿半圆轨道运动到N点，且从N点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma，代入数据得：a＝12 m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2 as代入数据得：s＝116m＜L＝2 m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12 m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx ，代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ，联立并代入数据得：μ2＝0.09，综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22 ②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0,0点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30°解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m/s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式：对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s ；(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ，则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。

2020年高考物理一轮复习课件6.3 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
-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

2020高考物理一轮复习单元综合专题(六)力学三大观点课件新人教版

即木块、工件第 2 次相碰前瞬间的速度与第 1 次相碰前的瞬间速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第 1 次与第 n 次碰撞的时间间隔
Δt＝(n－1)t＝12（n－g 1）v0，(n＝2，3，4，…) 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能． ΔE＝4mg(n－1)x2sin30° 解得 ΔE＝24(n－1)mv02，(n＝2，3，4，…)．
动量观点
基本规律
牛顿运动定律匀变速运动公式
动能定理机械能守恒定律
能量守恒定律
动量定理动量守恒定律
解题优势 1.研究瞬时作用分析运动过程 2．研究匀变速直线运动 3．研究平抛、圆周运动 4．求解加速度、时间 1.只涉及运动始末状态 2．研究曲线运动 3．研究多个运动过程 4．求解功、能、位移、速度 1.只涉及运动始末状态 2．研究相互作用系统的运动有 x′－x＝d2，解得：x＝2（mm＋dM），故 B 项正确；在此过程，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．所以：Ep＝12mv02－12(m＋M)v2；联立得：Ep＝2（mMM＋v0m2 ），故 C、D 两项正确．
例 6 (2018·枣庄二模)(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为 L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距 x0 的导体棒 ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为 m、电阻均为 R，回路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd 棒静止，ab 棒的速度大小为 v0、方向指向 cd 棒．若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中( )

专题五解决物理问题的“三大观点—2020高中物理二轮复习课件(共54张PPT)

联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝357 m/s，vB″＝－257 m/s⑭ 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 xA′时停止，B 向左运动距离为 xB′时停止，由运动学公式 2axA′＝vA″2,2axB′＝vB″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得
xA′＝0.63 m，xB′＝0.28 m⑯ xA′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
(1)3m
2 (2)15mgH
11 (3) 9
[例 4] [“三大观点”的综合应用] [2019·全国卷Ⅲ，25]静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 mA＝1.0 kg，mB＝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 Ek＝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/s2.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．
[例 2] [能量观点的应用] [2019·全国卷Ⅲ，17]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相
反的外力作用．距地面高度 h 在 3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能 Ek 随 h 的变化如图所示．(重力加速度取 10 m/s2.)该物体的质量为( )
(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？

高考物理一轮复习第六章第三节研究动力学问题的三个基本观点课件人教版

第三节研究动力学问题的三个基本观点
本节目录
• • • • •
基
要
考
技
知
础
点
点
法
能
梳
透
探
提
演
理
析
究
炼
练
自
直
讲
思
轻
学
击
练
维
巧
导
高
互
升
夺
引
考
动
华
冠
基础梳理•自学导引
一、动力学的知识体系动力学研究的是物体的__受__力__情况与__运__动__情况的关系.以三条线索(包括五条重要规律)为纽带建立联系，可用下面的框图表示：
4．因果关系力对时间的累积效应(即冲量)是物体动量改变的原因．这是一种过程关系，也是一种矢量关系．其规律是动量定理 Ft＝p2－p1. 三、能量观点解决动力学问题 1．观点内涵利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律来分析动力学问题，称之为能量的观点，它是从能量角度来分析问题的．
2．适用情况常用于单个物体或物体系的受力和位移问题,题目中没有涉及加速度和时间，无论恒力做功，还是变力做功，不管直线、曲线，动能定理均适用．当只有动能、势能相互转化时，用机械能守恒定律；当有除机械能以外的其他能量存在时，用能量的转化和守恒定律．该观点也不用考虑细节．
2．适用情况常用于单个物体或物体系的受力与时间问题，题目中没有涉及加速度和位移，特别用于打击、碰撞、爆炸、反冲等一类问题时，该类问题作用时间短、作用力变化快，故常用动量定理或动量守恒定律求解，该方法不用考虑过程的细节． 3．使用方法 (1)对动量定理：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向，明确合外力的冲量及初末动量的大小和方向(正、负)，最后列动量定理方程求解． (2)对动量守恒定律：确定研究对象,做好受力分析和过程分析, 判断是否符合动量守恒的三种情况，选取正方向，明确初末状态动量的大小和方向(正、负),最后列动量守恒定律方程求解.

专题：研究动力学问题的三个基本观点选修3-5PPT课件

m
v0
最后速度为V，由能量守恒定律
M
1/2 （M+m）v0 2- 1/2 （M+m）V 2 =μmg S
2M 2
v0 m
v0
S
0
M
(M m)g
V
m
V
M
如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为u 。使木板与重物以共同的速度v 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所
(2)滑块 C 在水平地面上的落地点与轨道末端的水
平距离．
解析： (1)滑块 B 沿轨道下滑过程中，机械能守恒，设滑块 B 与 A 碰撞前瞬间的速度为 v1，则 mgR＝12mv21① 滑块 B 与滑块 A 碰撞过程沿水平方向动量守恒，设碰撞后的速度为 v2，则
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题．分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解．这一部分的主要模型是碰撞，而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的．对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换，从而建立碰撞过程的能量关系方程．根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的数学方法．
三、综合应用力学三大观点解题的步骤
1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
2．分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程比较复杂的问题，要正确、合理地把全过程划分为若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．

2020届高考物理一轮复习人教版应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题PPT课件(共26张)

(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。
(2)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。
答
(1)3.125 s (2)12.5 J
案
考点巧讲
(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速
解析
度为 v1,则 Ep=12m��12,得 v1=3 m/s
匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带
的速度相同为分析的临界转折点。
(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。如果两
个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量 Q=Ff·x 相对,其中 x 相对为它们之间的相对位移,当这两个物
体的运动方向相同时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x 相对
(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。
(2)滑块离开小车时的速率。
(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。
答
(1)4 m/s (2)3 m/s (3)1.2 m
案
考点巧讲
(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线
解析
运动,设滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿第二定
考点巧讲
第五单元机械能
题型3 平斜交接的送带例4 如图所示,传送带的水平部分 ab=2 m,倾斜部分 bc=4 m,bc 与水平面的夹角 α=37°,一
物体 A 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为 2 m/s。若把物
体 A 轻轻放到 a 点,它将被传送带送到 c 点,且物体 A 一直没有脱离传送带。求物体 A 从

2020届高三物理一轮复习第六章第3讲动量动力学和能量观点综合应用的三类典型模型课件

[答案] (1)2 kg (2)9 J
1．(多选)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块 N 和挡板 P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块 M 以初速度 v0 向右运动，
它与挡板 P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块 N 以速度 v0 向右运动．在此过程中( BD )
②牛顿运动定律牛牛顿顿第第一二定定律律牛顿第三定律
(2)动量的观点 ①动量定理：I 合＝Δp. ②动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (3)能量的观点 ①动能定理：W 总＝ΔEk. ②机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2. ③能量守恒定律．
(1)子弹与物体 A 碰撞过程中损失的机械能； (2)物体 B 的质量．
解析：(1)设子弹与物体 A 的共同速度为 v，由动量守恒定律有 mv0＝3mv，则该过程损失的机械能 ΔE＝12mv02－12·3mv2＝13mv02.
(2)以子弹、物体 A 和物体 B 为系统，设物体 B 的质量为 M，碰后子弹和物体 A 的速度为 v1，物体 B 的速度为 v2，由动量守恒定律有 3mv＝Mv2－3mv1，碰撞过程机械能守恒，有12·3mv2＝12·3mv12＋12Mv22，从子弹与物体 A 滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律有 3μmgd＝12·3mv12，又 μ＝7v20g2d，解得 M＝9m. 答案：(1)13mv02 (2)9m
2．如图所示，光滑水平面上有一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长 L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′相切．现将一质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2，求：

高考物理一轮复习第3章第3课时专题研究动力学问题的三个基本观点课件人教大纲版

(1)解除锁定前弹簧的弹性势能； (2)小物块第二次经过O′点时的速度大小； (3)最终小物块与平板车相对静止时距O′点的距离．
解析： (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v＝0 设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，有：Ep＝mgR＋μmgL
(2)在子弹射入木块的过程中，设系统损失的机械能为ΔE，产生的热量为Q，则有：ΔE＝Q＝代入数据得ΔE＝Q＝1.6 J. (3)设子弹以速度v1入射时，恰能打穿木块，由动量守恒定律和功能关系得： ⑤
mv1＝(M＋m)v2
FfD＝联立⑥⑦解得：FfD＝由④⑧式得：v1＝答案：(1)4 cm (2)1.6 J 1.6 J (3)40 m/s m/s＝40 m/s.
⑥
⑦ ⑧
对于子弹打木块模型类问题，可对系统应用动量守恒定律，对子弹
和木块分别应用动能定理列方程解之．系统损失的动能等于子弹与
木块之间的作用力和子弹进入木块内深度的乘积．
1－1
水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，
传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图6－3－3所示，木箱与传送带已有
二、动量和能量综合应用常见模型
模型分类
特点及满足的规律
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒．m1v0＝(m1＋m2)v
共，
，弹簧处于原长时弹性
势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒．m1v0＝m1v1 ＋m2v2，
最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒mv0＝(M＋ m)v共， .最低点：m与M分离

2020届高考物理总复习课件：第6章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课件教科版

【典例3】(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为 2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ, 现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求: (1)物块A相对木板B静止后的速度大小;
答案:(2)1 m/s (3)0.45 m
2. [滑块往复运动问题](2017·河南开封二模)如图所示的轨道由半径为R的光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧靠台阶BC且上表面与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑,滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上表面.已知M=4m,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,轻弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ,Q点右侧表面是光滑的.求: (1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小;
2.能量分析
说明:(1)若M≫m,则x2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据. (2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔEk=Ffd(这里的d 为木块的厚度).
解析:(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa 代入数据解得a=2.5 m/s2. 答案:(1)2.5 m/s2
(2)A,B碰撞后瞬间的共同速度v的大小; (3)A的上表面长度l.
解析:(2)对A,B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程中,由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得v=1 m/s.

高考物理一轮复习第六章专题四力学“三大观点”的综合应用课件

2021/12/9
第十四页，共三十八页。
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第十五页，共三十八页。
(1)物体 1 从释放到与物体 2 相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
(2)若 CD＝0.2 m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都为 μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物体 1、2 最终停在何处． [审题指导] 本题涉及三个物体和弹簧，在选择规律时先确定研究对象．如物体 1 沿曲面下滑时和物体 3 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒．
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第二十三页，共三十八页。
动量观点与能量观点综合应用技巧 (1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程； (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系； (3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算．另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞．
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第七页，共三十八页。
【解析】本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识． (1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB′，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB′2＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s③
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第十八页，共三十八页。
代入数据解得 s＝0.25 m 0．25 m－0.2 m＝0.05 m 所以 m1、m2 最终停在 D 点左端离 D 点距离为 0.05 m 处．

高三物理一轮复习第六章第3讲动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型课件

[典例2] 如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝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)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度 L.
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得 v1＝10 m/s.
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得 v2＝8 m/s 由能量守恒可得 12(m0＋m1)v12＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v32 解得 L＝2 m.
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度 v1； (2)木板向右滑行的最大速度 v2； (3)物块在木板上滑行的时间 t.
[解析] (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得 m0v0＝(m0＋m)v1，解得 v1＝6 m/s. (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0 ＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得 v2＝2 m/s.
第六章动量第3讲动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
C
目录
ONTENTS
基础知识·自主梳理高频考点·分类突破学科素养提升 4 课时作业
1．研究力学问题的三大观点
(1)力的观点
速度公式：v＝v0＋at ①运动学公式位移公式：x＝v0t＋12at2
速度位移公式：v2－v02＝2ax

高三物理备考复习第六章第3单元研究动力学问题的三个基本观点课件新人教版(广东专版)

[典题例析] [例3] (2011·天津高考)如图6－3－5所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
图6－3－3
(1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0′不超过多少。 [审题指导] 物块和小车组成的系统符合动量守恒的条件，可根据动量守恒定律列方程，物块在车面上滑行的时间可根据量定理求出。
[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，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有－f t＝m2v－m2v0 其中f＝μm2g 解得t＝μmm1＋1vm0 2g 代入数据得t＝0.24 s
和弹簧组成的系统机械能守恒
[审题指导] 解答本题时应注意以下两点： (1)A、B相碰时动量守恒，机械能不守恒。 (2)A、B速度最大时应满足的条件。
[解析] 对板由受力平衡得，kx0＝mg，物块A开始时自由落
体，碰前的速度v0＝ 2g×3x0 ＝ 6gx0 ，碰撞时A与板系统动
量守恒，mv0＝2mv，即v＝
[知识检索] 1．观点内涵
利用动量定理、动量守恒定律来分析解决动力学问题，称之为动量的观点，它是从动量角度来分析问题的。 2．适用情况常用于单个物体或物体系的受力与时间问题，题目中不涉及加速度和位移，特别用于打击、碰撞、爆炸、反冲等一类问题，该类问题作用时间短、作用力变化快，故常用动量定理或动量守恒定律，该方法不用考虑过程的细节。

2020高考物理一轮总复习第六章动量能力课解决动力学问题的“三大”观点课件新人教版

2.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应规律
规律内容
力的瞬时作用
物体的加速度大小与合外力牛顿第二定律成正比，与质量成反比，方向
与合外力的方向相同
公式表达 F 合＝ma
动能定理
外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量
W 合＝ΔEk
力的空间积累
功能关系
一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式 W＝E 其他 1＋E 其他 2＋…
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度 v1； (2)木板向右滑行的最大速度 v2； (3)物块在木板上滑行的时间 t.
[解析] (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得，
)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0 ＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2 解得 v2＝2 m/s. (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1 解得 t＝1 s. [答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
|练高分| 1．如图所示，让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下，摆到最低点 D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由 D 点向右做匀减速运动，到达小孔 A 进入半径 R＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭 A 孔．已知摆线长 L＝2 m，θ＝60°，小球质量为 m＝0.5 kg，D 点与小孔 A 的水平距离 s＝2 m，g 取 10 m/s2.(忽略空气阻力)
(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＝12gt2① 代入数据解得 t＝0.6 s．②