专题(44)动力学、动量和能量观点在力学中的应用(原卷版)
2024年高中物理新教材讲义：动力学、能量和动量观点在力学中的应用
专题强化5动力学、能量和动量观点在力学中的应用[学习目标] 1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。
2.了解处理力学问题的系统化思维方法(难点)。
3.综合动量和能量观点解决问题(重点)。
一、力学的三个基本观点和选用原则1．力的三个作用效果及五个规律(1)力的三个作用效果作用效果对应规律表达式列式角度力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学力在空间上的积累效果动能定理W合＝ΔE k即W合＝12m v22－12m v12功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合＝Δp即FΔt＝m v′－m v冲量与动量的关系(2)两个守恒定律名称表达式列式角度能量守恒定律(包括机械能守恒定律)E2＝E1能量转化(转移)动量守恒定律p2＝p1动量关系2．力学规律的选用原则(1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。
(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)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，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优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。
(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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。
例1如图所示，半径R 1＝1m 的四分之一光滑圆弧轨道AB 与平台BC 在B 点平滑连接，半径R 2＝0.8m 的四分之一圆弧轨道上端与平台C 端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1kg 的乙物块放在平台BC 的右端C 点，将质量也为m 的甲物块在A 点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C 点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC 长L ＝1m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B 点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C 点抛出到落到CDE 段轨道上所用的时间。
动力学、动量和能量观点的综合应用
(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体 棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin＝2μMgL＋EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2＋Eqs′＝2μMgs 路＋Eq(s 路－s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路＝1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2＝2mv1 ＋2Mv2 －2(M＋m)v共2＝1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA＝2 kg,在半径为 R＝1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC＝6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB＝2 kg 关
动量观点与能量观点,在力学中的应用
动量观点与能量观点 在力学中的应用一、【基础回归】 1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系：W 合＝ΔE k 。
(2)重力做功与重力势能的关系：W G ＝－ΔE p 。
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔE p 。
(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W 其他＝ΔE 机。
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f x 相对＝ΔE 内。
2.机械能守恒定律(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。
(2)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2。
3.动能定理(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。
(2)表达式：W ＝12 mv 22－ 12 mv 214.动量定理及动量守恒定律 (1)动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1(2)动量守恒定律：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (3)关于碰撞：二、【解题策略】1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。
2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。
3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”(1)守恒的思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。
4.必须辨明的“3个易错易混点”(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。
(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。
(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。
三、【典例应用】应用1：力学中的几个功能关系的应用【真题示例1】(2017·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13L 。
重力加速度大小为g 。
在此过程中，外力做的功为( )图1A.19mgL B.16mgL C.13mgL D.12mgL 解析: 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg·l 6＝19mgL ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgL ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。
动力学、动量和能量观点在电学中的应用
专题强化十三动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读 1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力.3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点.命题点一电磁感应中的动量和能量的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1动量定理和功能关系的应用例1如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：图1(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R 的电流大小与方向. (2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R 上产生的热量Q . (3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.答案 (1)BL R ＋r 2gH ，方向向左 (2)R R ＋r mg (h ＋d ) (3)B 2L 2dmg (R ＋r )＋2(H －h )g － 2H g解析 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 1， 根据动能定理：mgH ＝12m v 12① 由法拉第电磁感应定律：E ＝BL v 1② 由闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r③由①②③得：I ＝BLR ＋r2gH由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R 的电流方向向左. (2)由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v 1， 由能量守恒，得：Q 总＝mg (h ＋d ) 电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rmg (h ＋d )(3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v 12－v 22＝2gh ，得：v 2＝2g (H －h )设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t ，根据动量定理： 设向下为正方向：mgt －B I Lt ＝m v 2－m v 1 此过程通过整个回路的电荷量为：q ＝I t ＝BLdR ＋r 得：t ＝B 2L 2dmg (r ＋R )＋2(H －h )g－2H g变式1 (2018·甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10 m /s 时，再释放a ，经过1 s 后，a 的速度达到12 m/s ，g 取10 m/s 2，则：图2(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？答案(1)18 m/s(2)匀加速运动解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有(mg＋F)t＝m v a(mg－F)t＝m v b－m v0代入数据可解得v b＝18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋Fm，b产生的加速度a2＝g－Fm.当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的ΔΦ逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动.类型2动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.例2 (2017·湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图3所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m /s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：图3(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析 (1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度为：v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上.变式2 如图4所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：图4(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热. 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时，速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12m v 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞 由动量守恒定律：m v 0＝m v 1＋m v 2 由机械能守恒定律：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22解出v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大.b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒. 由动量守恒定律：m v 2＝m v 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后任一时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2(v b －v c )mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：m v 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12m v 22＝12(m ＋m2)v 2＋Q解出Q ＝13mgh命题点二 电场中动量和能量观点的应用动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键. 例3 如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场.质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小； (2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能； (3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小. 答案 (1)2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3m v 2解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3m v 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I ＝m v 1－0 解得I ＝6EqLm4，方向水平向右 变式3 如图6所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点.已知A 、B 两球始终没有接触.重力加速度为g .求：图6(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小. 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝12×2m v 02解得：v 0＝2gh(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2m v 0＝(2m ＋m )v ，解得：v ＝23v 0＝232gh据能量守恒定律：2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p ，解得：E p ＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向， 2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 02＝12×2m v A 2＋12m v B 2 得：v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4 如图7所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m ，长为d ，电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为q 的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图7(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小； (2)电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)qBd 3m (2)q 2B 2d 2R72m (R ＋r )解析 (1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：d2＝r ＋r sin (90°－60°)① 小球在磁场中做匀速圆周运动：q v 0B ＝m v 20r② 由①②得：v 0＝qBd3m③(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝(m ＋3m )v④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热： 12(m ＋3m )v 2＝Q ⑤ Q R ＝R R ＋rQ⑥由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R72m (R ＋r )变式4 如图8所示，水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m 、电荷量为＋q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动.在A 点右下方的磁场中有定点O ，长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端连接不带电的质量同为m 的小球Q ，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q ，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P 开始运动的同时自由释放Q ，Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球黏在一起运动.P 、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .图8(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ； (2)若绳能承受的最大拉力为F ，要使绳不断，F 至少为多大？ 答案 (1)mg q Im (2)(I －m v 0)22ml＋2mg解析 (1)设小球P 所受电场力为F 1，则F 1＝qE 在整个空间重力和电场力平衡，有F 1＝mg 联立得E ＝mgq由动量定理得I ＝m v 故v ＝I m.(2)设P 、Q 相向正碰后在W 点的速度为v m ，以与v 0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得m v －m v 0＝(m ＋m )v m此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得 F －(m ＋m )g ＝(m ＋m )l v m 2联立相关方程，得 F ＝(I －m v 0)22ml＋2mg .1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .现将质量为m 1的导体棒ab 放置于导轨的水平段，将质量为m 2的导体棒cd 从导轨的圆弧部分距水平段高为h 的位置由静止释放.已知导体棒ab 和cd 接入电路的有效电阻分别为R 1和R 2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g .求：图1(1)导体棒ab 、cd 最终速度的大小； (2)导体棒ab 所产生的热量.答案 (1)都为m 2m 1＋m 22gh (2)R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh解析 (1)设导体棒cd 沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v 0，由机械能守恒定律m 2gh ＝12m 2v 02，解得v 0＝2gh ，随后，导体棒cd 切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd 、ab 受到安培力的作用，其中导体棒cd 所受的安培力为阻力，而导体棒ab 所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd 与导体棒ab 速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd 与导体棒ab 以相同的速度匀速运动，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得两棒最终速度为v＝m 2m 1＋m 22gh(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q ＝ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2m 1＋m 2gh由焦耳定律可得，导体棒ab 、cd 所产生的热量之比是：Q 1Q 2＝R 1R 2解得Q 1＝R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh 2.(2018·湖南怀化质检)如图2所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，质量分别为3m 和m ，小球A 带正电q ，小球B 带负电－2q ，开始时两小球相距s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，小球B 的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值.图2答案 见解析解析 由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得3m v 0＝3m v A ＋m v B① 所以，系统的动能减小量为ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2②由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为 E p ＝ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2③ 联立①③两式，得E p ＝－6m v A 2＋9m v 0v A －3m v 02 ④ 由④式得：当v A ＝34v 0⑤ 时，系统的电势能取得最大值，而将⑤式代入①式，得v B ＝v A ＝34v 0⑥ 即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为E pmax ＝38m v 02⑦3.如图3所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1的B 处放有一质量为m 、电荷量为＋q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图3(1)释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1为多大？(2)若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的35，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？ 答案 (1)2qEL 1m (2)252qEL 1m (3)135qEL 1 解析 (1)对物体，根据动能定理，有qEL 1＝12m v 12，得v 1＝2qEL 1m(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v 1′，滑板的速度为v ，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 1＝m v 1′＋4m v若v 1′＝35v 1，则v ＝110v 1，因为v 1′＞v ，不符合实际，故应取v 1′＝－35v 1，则v ＝25v 1＝252qEL 1m. (3)在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同. 所以12(v 2＋v 1′)t ＝v t ，即v 2＝75v 1＝752qEL 1m. 对整个过程运用动能定理得：电场力做功W ＝12m v 12＋(12m v 22－12m v 1′2)＝135qEL 1.4.(2017·山东青岛一模)如图4所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m /s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m /s 2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有 E ＝Bd v 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0 解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v 2Pr解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.。
专题(72)动力学 动量和能量观点在电学中的应用(原卷版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（72）动力学动量和能量观点在电学中的应用（原卷版）专题解读1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力．3．用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点．命题热点一：电磁感应中动量和能量观点的应用1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．类型1动量定理和功能关系的应用例1(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图1(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.变式1(多选)如图2所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是()图2A ．电阻R 的最大电流为BL 2gh 2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2gh B 2L 2D ．流过电阻R 的电荷量为m 2gh BL类型2 动量守恒定律和功能关系的应用1．问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用．2．方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒．因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解．例2 (2019·河北衡水中学高考模拟)如图3所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；(2)电阻R 产生的焦耳热Q .变式2 (2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：图4(1)导体棒b中产生的内能；(2)导体棒a、b间的最小距离．命题热点二：电场和磁场中的动量和能量问题例3如图5所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．变式3如图6所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD水平，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程中始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：图6(1)小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)课时精练：一、双基巩固练：1. 如图1所示，正方形区域ABCD 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M 、N 分别为AB 、AD 边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD 边垂直磁场方向射入，并恰好从A 点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图1A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出2. 光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，俯视图如图2所示．一个质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m 的不带电小球乙，以速度v 0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球的带电荷量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是( )图2A ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶13.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现给导体棒ab 沿导轨平面向下的初速度v 0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m ，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.从ab 开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )图3A ．导体棒cd 中产生的焦耳热为14mv 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18mv 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 4.如图4所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场．质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点，求：图4(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小．5. 如图5所示，质量M ＝1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．图5(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．。
专题(44)动力学、动量和能量观点在力学中的应用(解析版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（44）动力学、动量和能量观点在力学中的应用（解析版）专题解读：1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．命题热点一：动量与动力学观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．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)若研究的对象为一物体系统，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．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．例1】汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．【答案】(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s【解析】(1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①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v B′，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v B′2＝2a B s B①联立①①式并利用题给数据得v B′＝3.0 m/s①(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A，根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A①设碰撞后瞬间A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A，由运动学公式有v A′2＝2a A s A①设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v A′＋m B v B′①联立①①①①式并利用题给数据得v A＝4.25 m/s【变式1如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；(2)最终物块A 静止的位置到P 点的距离．【答案】 (1)150 N ，方向竖直向下 (2)2 m【解析】(1)物块A 从开始运动到Q 点的过程中，由机械能守恒定律可得：12mv 02＝mg ×2R ＋12mv 2Q 物块A 在Q 点时，设轨道对物块A 的弹力F T 向下，由牛顿第二定律可得：F T ＋mg ＝m v 2Q R解得F T ＝150 N ，则物块A 在Q 点时轨道对它的弹力大小为150 N ，方向竖直向下；(2)由机械能守恒定律可知，物块A 与B 碰前瞬间的速度为v 0，物块A 与B 碰撞过程，由动量守恒定律： mv 0＝mv 1＋Mv 2碰后物块B 做匀减速运动，由运动学公式：v 22＝2ax BF f ＝μMg ＝Ma解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝6 m/s由机械能守恒定律可知，物块A 若能滑回Q 点，其在P 点反弹时的最小速度满足：12mv min2＝mg ×2R v min ＝2 5 m/s>2 m/s则物块A 反弹后滑入圆管后又滑回P 点，设最终位置到P 点的距离为x A ，则：v 12＝2μgx A解得最终物块A 静止的位置到P 点的距离x A ＝2 m命题热点二：力学三大观点解决多过程问题1．表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例2如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)小物块到达C点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大．【答案】(1)4 m/s (2)60 N ，方向竖直向下 (3)2.5 m【解析】(1)小物块到达C 点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，v C ＝v 0cos 60°＝4 m/s (2)小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12mv D 2－12mv C 2， 代入数据解得：v D ＝2 5 m/s.小物块在D 点时由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v D 2R代入数据解得：F N ＝60 N ，由牛顿第三定律得：F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mv D ＝(M ＋m )v解得：v ＝52 m/s 对物块和木板组成的系统，由功能关系得μmgL ＝12mv D 2－12(M ＋m )v 2 解得：L ＝2.5 m变式2】 如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．【答案】(1)3mg (2)13mgR (3)19R 【解析】(1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设物块A 在P 点的速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2 在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R， 联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg .(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0， 解得v 0＝gR ，当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ，12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E p ， 联立解得E p ＝13mgR . (3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ， 设A 最终停在Q 点左侧距Q 点x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12 解得x ＝19R . 课时精练1．一质量为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．【答案】(1)1g 2E m (2)2E mg【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 02① 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 ①联立①①式得t ＝1g 2E m ① (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 1①火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆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 12＋14mv 22＝E ① 12mv 1＋12mv 2＝0① 由①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 12＝12mgh 2① 联立①①①①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 mg2．如图1所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A 和B (可视为质点)，A 的质量m ＝1.0 kg ，B 的质量M ＝4.0 kg ，A 、B 之间有一轻质压缩弹簧，且A 、B 间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p ＝40 J ，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A 、B 分离后立即撤去弹簧，物块A 与墙壁发生弹性碰撞后，A 在B 未到达斜面前追上B ，并与B 相碰后结合在一起向右运动，g 取10 m/s 2，求：图1(1)A 与弹簧分离时的速度大小；(2)A 、B 沿斜面上升的最大距离．【答案】(1)8 m/s (2)1.024 m【解析】(1)设A 、B 与弹簧分离时的速度大小分别为v 1、v 2，系统动量守恒：0＝mv 1－Mv 2系统能量守恒：E p ＝12mv 12＋12Mv 22 解得v 1＝8 m/s ，v 2＝2 m/s ；(2)A 与墙壁碰后速度大小不变，设A 与B 相碰后，A 与B 的速度大小为v ，A 、B 系统动量守恒：mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v解得v ＝3.2 m/s对A 、B 整体，由动能定理得：－(m ＋M )gL sin 30°＝0－12(m ＋M )v 2 解得L ＝1.024 m.3．如图2所示，半径R 1＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道AB 与平台BC 在B 点平滑连接，半径R 2＝0.8 m 的四分之一圆弧轨道上端与平台C 端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1 kg 的乙物块放在平台BC 的右端C 点，将质量也为m 的甲物块在A 点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C 点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC 长L ＝1 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：图2(1)甲物块滑到B 点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C 点抛出到落到CDE 段轨道上所用的时间．【答案】(1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s【解析】(1)甲物块从A 点滑到B 点，根据机械能守恒定律有：mgR 1＝12mv 12 甲物块运动到B 点时，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 12R 1联立解得：F N ＝3 N根据牛顿第三定律可知，甲物块在B 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝3 N(2)甲从B 点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2甲物块乙相碰前瞬间的速度为v 2＝v 12－2μgL ＝4 m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v 3，根据动量守恒有：mv 2＝2mv 3解得：v 3＝2 m/s ；(3)碰撞后，甲和乙以2 m/s 的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上则下落的时间t ＝ 2R 2g ＝0.4 s 则水平的位移x ＝v 3t ＝0.8 m ＝R 2说明两物块刚好落到D 点，假设成立因此抛出后落到CDE 轨道上所用时间为0.4 s.4.如图3所示，一圆心为O 、半径为R 的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A 点相切，AB 为圆弧轨道的直径．质量分别为m 、2m 的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A 点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B 点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图3(1)滑块1过B 点的速度大小；(2)弹簧释放的弹性势能大小；(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．【答案】 (1)gR (2)154mgR (3)516【解析】(1)滑块1恰能经过B 点，则有mg ＝m v B 2R解得：v B ＝gR(2)滑块1从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理有：－mg ·2R ＝12mv B 2－12mv A 2 解得v A ＝5gR滑块1、2被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mv A ＝2mv根据能量守恒定律有：E p ＝12mv A 2＋12·2mv 2 联立解得：E p ＝154mgR (3)滑块1经过B 点后做平抛运动，则水平方向有：x ＝v B t竖直方向有：2R ＝12gt 2 滑块2在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg ·x ＝0－12·2mv 2 联立解得：μ＝516。
动力学、能量和动量观点在力学中的应用(含答案)高中物理人教版(2019)选择性 必修 第一册
专题强化练5动力学、能量和动量观点在力学中的应用1.如图所示，学生练习用头颠球。
某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。
已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s2.(2022·江苏常熟中学高二期中)如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。
质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。
若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则()A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v0＝100gLC．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度大小为2gL 33.(2023·山东青岛二中高二期中)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F 。
质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。
重力加速度为g 。
则( )A ．细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为FmB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为14m v 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl4.如图所示，小球A 放于小球B 正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水平地面高度为H 的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B 与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B 的质量是小球A 质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，求小球A 反弹后能上升的最大高度。
高考物理一轮复习：动力学、动量和能量观点在力学中的应用
解析 设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为 v1，木块的速度为 v2， 以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝mv1＋2mv2① 根据能量守恒定律得 51m6Lv20L＝12mv20－12mv21－12×2mv22② 由①②式解得 v1＝v20或 v1＝v60
将 v1＝v60代入①式，得 v2＝152v0>v1(舍去) 将 v1＝v20代入①式，得 v2＝14v0<v1 所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为12v0，木块的速度 为14v0.
6. (10 分)如图所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块 P 置于水平桌面 上的 A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力 将 P 缓缓推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为 WF＝6 J．撤 去推力后，小物块 P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘 C 点的平板小车 Q 上，且恰好物块 P 在小车 Q 上不滑出去(不掉下小车)．小 车的上表面与桌面在同一水平面上，已知 P、Q 质量分别为 m＝1 kg、M ＝4 kg，A、B 间距离为 L1＝5 cm，A 离桌子边缘 C 点的距离为 L2＝90 cm， P 与桌面及 P 与 Q 的动摩擦因数均为 μ＝0.4，g＝10 m/s2，试求：
锁定高考 第六章 物 理 动量守恒定律
专题五
动力学、动量和能量观点在力学中的应用
A 组 夯实基础(45 分/25 分钟)
一、 选择题(每题 5 分，共 15 分)
1. 如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑
的水平地面上，底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，
气体向外喷出，设喷口的面积为 S，气体的密度为 ρ，
B. 4 J D. 20 J
2020年高考必考十四大经典物理专题专题05 动力学和能量观点在力学中的应用(动力学角度)(原卷版)
专题05: 动力学和能量观点在力学中的应用考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求直线、平抛、圆周运动组合问题计算题应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题计算题应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题计算题考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题1.解题策略(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律.(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.2.解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.考点二应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题1.动力学角度分析首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.2.传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.(2)对W和Q的理解:①传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;②产生的内能Q=FfΔx.考点三：应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题1.问题分类水平面上的滑块—滑板问题和在斜面上的滑块—滑板模型.2.处理方法往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=fx相对.典例精析★考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题◆典例一：(2018·杭州地区重点中学期末)如图20所示，玩具轨道由光滑倾斜轨道AB、粗糙的水平轨道BC、光滑圆轨道及粗糙的足够长的水平轨道CE构成．已知整个玩具轨道固定在竖直平面内，AB的倾角为37°，A离地面高度H＝1.45 m，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μ＝0.20，圆轨道的半径为R＝0.50 m．AB与BC 通过一小段圆弧平滑连接．一个质量m＝0.50 kg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0＝2.0 m/s的速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度立即变成大小v P＝3.4 m/s，方向沿斜面向下，小球经过BC，并恰好能经过圆的最高点．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求：(1)P点离A点的距离；(2)B到C的距离x0的大小；(3)小球最终停留位置与B的距离．◆典例二：如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H=15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2,求:(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.★考点二：应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题◆典例一：(2018·宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v=5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m 的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物块距传送带左端C的最小距离;(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度;(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量.◆典例二：（2018江苏扬州期末）在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10 m/s2.求：(1) 参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；(2) 若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；(3) 在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．★考点三：应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题◆典例一：(2018·辽宁师大附中模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。
动量、动力学和能量观点在力学中的应用(解析版)--高一物理专题练习(内容+练习)
动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．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．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，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优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。
圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度0v 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。
碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．【答案】A【解析】根据题意可知，小球B 与小球A 发生弹性碰撞，设碰撞后小球B 的速度为2v ，小球A 的速度为1v ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0122mv mv mv =+2220121112222mv mv =⋅+解得1023v v =2013v v =-由于碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A 未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A 恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有211222mv mgR ⋅=解得1v =解得0v =若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有22111222222mv mg R mv ⋅=⋅+由牛顿第二定律有222v mg mR=解得1v =解得0v =则碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B 的初速度0v 取值范围为0v ≤0v ≥选不可能的，故选A 。
动力学动量和能量观点在力学中的应用
动力学动量和能量观点在力学中的应用哎呀，今天咱们聊聊动力学，动量和能量这两位小伙伴在力学中的应用。
听起来可能有点抽象，但其实说白了，就是讲讲物体是怎么动的，为什么会动，还有动了之后的表现。
这事儿可有意思了，咱们的日常生活中随处可见这俩家伙的身影，就像小偷一样，没注意就来了。
动量这东西就像个顽皮的小孩子，谁都管不了。
你想啊，动量跟物体的质量和速度有关系。
简单来说，重的东西，或者跑得快的东西，动量就大。
想象一下，你在马路上看到一辆大货车跟一辆小电动车碰面，嘿嘿，这俩的动量差得可大了！货车在那儿稳稳的，小电动车就像一片落叶，瞬间被推得老远。
你说，这就是动量的魅力呀！可见，动量在碰撞时可是扮演了关键角色，不然后果不堪设想，简直是一场闹剧。
接着再聊聊能量。
能量就像是个无处不在的精灵，时刻忙碌着。
动能、势能，这两种能量是力学中最常见的。
想想你在滑滑梯，滑下去的时候那叫一个爽，那就是动能在作怪。
你坐在上面，一动不动的时候，势能就像个温文尔雅的绅士，静静等着你一跃而下。
这俩的转换就像是个精妙的舞蹈，真是让人目不暇接。
再说说，动量守恒定律和能量守恒定律。
动量守恒就好比说，“兄弟我不离你，咱俩一起走！”碰撞后，俩物体的动量总和保持不变，像是一对好兄弟，相互扶持。
能量守恒就更加牛了，能量不会凭空消失，只有转移，转个弯儿，变个样子。
像是你钱包里的钱，可能从一个口袋到另一个口袋，结果还是在你身上，嘿嘿，这就是聪明的能量。
说到应用，咱们生活中随处可见。
开车的时候刹车，动量让你体验“突如其来”的感觉，能量又在车轮和地面之间转换，噼里啪啦，一系列的物理现象在上演。
尤其是那些疯狂的赛车场面，动量和能量的争夺战更是精彩绝伦。
一个转弯，车子就像脱缰的野马，没个准头，动量和能量在一瞬间变得无比重要。
还有那些运动员，像跳高、跳远，都是动量和能量的好朋友。
运动员在起跳的那一刻，动量和能量完美结合，飞向空中就像鸟儿一样。
想象一下，运动员腾空而起，那一刻的优雅和力量，真是让人心潮澎湃。
动力学、动量和能量观点在力学中的应用
(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.
例2
如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部
分粗糙且长L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑.水平轻质弹簧右
＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及其
与 图1
解析 答案
(2)Q运动的时间t. 答案 3.5 s 解析 设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
2.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)若研究的对象为一物体系统，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，因此用动量守恒定律去解决.
解析
答案
(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则A车受到的水平平均
冲力是其自身重力的几倍； 答案 6倍
-动力学、动量和能量三种观点在力学问题的应用-周煌军
/， 对B、C组成的系统， 取两者碰撞过程研究
2
v0 v0 2mv ,得v= 由动量守恒，有： m 4 2 2 2 1 1 v0 1 v0 mv0 2 系统损失的机械能为：E m 2m 2 2 2 4 16
（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小． 【拓展延伸】滑块初始位置到挡板的距离为多少？ （1）设小球到达最低点的速度大小为v1， 滑块与挡板碰前的速度大小为v2 1 1 2 2 对系统， 由机械能守恒定律，有： mgl mv mv ………… ①
2 2 ………… 由系统水平方向动量守恒，有： mv1 mv2 ② 由① ②得：v1 v2 gl
题型二：力学综合计算分析题来自例4. （2008安徽卷）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固 定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 l．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放， 当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短 的时间内速度减为零，已知重力加速度大小为g．求 （1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
（2）弹簧压缩到最短时， A和BC速度相等，设共同速度为v共， 对ABC整个系统，
v0 得v共= 从A开始运动到A和BC共速， 由动量守恒，有： mv0=3mv共 ， 3 2
1 1 v mv02 E 3m 0 2 2 3
高考物理总复习 专题强化五 动力学、动量和能量观点的综合应用
2．模型特点 (1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将 发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统
机械能守恒． (2)在动量方面，系统动量守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大． (4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．
例1 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上， 现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生
碰撞．求二者在发生碰撞的过程中 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度．
模型2 “滑块—木板”模型 模型特点 (1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也 最大． (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位 移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械 能损失最大．
求： (1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小； (2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．
例2 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为 m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置 于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运 动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一 起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2 之间的动摩擦因数为μ.求：
专题强化五 动力学、动量和 能量观点的综合应用
力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规 律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒 定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分
析和解决综合问题是本专题要达到的目的．
动力学、动量和能量观点在力学中的应用
(1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为同学们熟练应用力学三大观点分析 和解决综合问题。
(3)用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、 运动学基本规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能 量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。
5．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境，确定研究对象。 (2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化 过程，作草图。 (3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律。 ①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求 出加速度。 ②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)， 分析并求出过程中的冲量(功)。 ③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守 恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系 式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度 (率)。 (4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件 (如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。 (5)代入数据，计算结果。
1．解决力学问题的三个基本观点
2．力学三大观点的选用原则 (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，利用系 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。
专题(18)动力学 动量和能量观点在力学中的应用(原卷版)
2021年（新高考）物理一轮复习考点强化全突破专题（18）动力学动量和能量观点在力学中的应用（原卷版）一、力的三个作用效果与五个规律二、碰撞中常见的力学模型及其结论命题热点一动量与动力学观点的综合应用1．解决动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．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)若研究的对象为一物体系统，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，因此用动量守恒定律去解决．【例1】如图1甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：图1(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.变式1质量为m1＝1 200 kg的汽车A以速度v1＝21 m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝800 kg的汽车B以速度v2＝15 m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间的动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离．命题热点二动量与能量观点的综合应用1．两大观点动量的观点：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．解题技巧(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．例2如图2所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.重力加速度为g，求：图2(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．变式2如图3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/s2.图3(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．命题热点三力学三大观点解决多过程问题1．表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例3如图4所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到出发点A.已知男演员质量为2m、女演员质量为m，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R.不计空气阻力，重力加速度为g，求：图4(1)摆到最低点B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C与O点的水平距离s.变式3如图5所示，光滑的水平桌面高h＝5 m，桌面上有两个质量分别为m A＝5 kg、m B＝1 kg的小球A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)，B球通过一个长L＝0.5 m、竖直绷紧的轻绳挂在B的正上方O点．现同时由静止释放两小球，已知B球以后恰好在竖直平面内做完整的圆周运动．不计空气阻力．g＝10 m/s2，求：图5(1)小球A落地时距桌面边缘的水平距离x；(2)最初弹簧储存的弹性势能E p.。
2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用(13页)
2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用一动量与能量观点的综合应用1．两大观点动量的观点：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．解题技巧(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．【例题1】(2019·全国卷3·25).静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A=l.0kg，m B=4.0kg；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=1.0m，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=10.0J。
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u=0.20。
重力加速度取g=10m/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。
（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？【答案】（1）v A=4.0m/s，v B=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；【解析】【分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。
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动力学、动量和能量观点在力学中的 应用
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突 破，不 要嫉妒 要欣赏 ，不要 托延要 积极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
39、没有不老的誓言，没有ห้องสมุดไป่ตู้变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认识 的人， 决不会 坚韧勤 勉。
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71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
第1讲 动量观点和能量观点在力学中的应用
第1讲动量观点和能量观点在力学中的应用“物理观念”构建一、功与功率1.功和功率的求解2.机车启动问题(1)机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma。
(3)设全程的最大速度为v m，此时F牵＝F阻；由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系三、三种碰撞的特点1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。
结果讨论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。
“科学思维”展示一、动能定理的应用1.当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题。
2.对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析。
二、动量定理的两个重要应用1.应用I＝Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。
2.应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
三、解决力学综合题目的关键要做好“三选择”1.当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
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2021年高考物理一轮复习考点全攻关
专题（44）动力学、动量和能量观点在力学中的应用（原卷版）
专题解读：
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题．
2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．
3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．
命题热点一：动量与动力学观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
2．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)若研究的对象为一物体系统，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．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
例1】汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，
碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
【变式1如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径
R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．
命题热点二：力学三大观点解决多过程问题
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例2如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小物块到达C点时的速度大小；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．
变式2】如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
课时精练
1．一质量为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．
2．如图1所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：
图1
(1)A与弹簧分离时的速度大小；
(2)A、B沿斜面上升的最大距离．
3．如图2所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC 的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g 取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：
图2
(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；
(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；
(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．
4.如图3所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A 点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图3
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．。