【2020】高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版
高考物理复习：力学三大观点的综合应用
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，。
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
高考2020年编物理精选复习专题：第一部分专题四动量与能量第1讲动量和能量观念在力学中的应用66
B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
[解析] 设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究 对象，应用动量定理，Ft＝mv－0，解得m＝Fv·t＝1.6×103 kg。
[答案] B
拓展演练2 (2019·山东潍坊一模)如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟 装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和 巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡 视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直 上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射 器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运 动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动 摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口截面积为S，喷出气体的密度为 ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
[答案] (1)5 m/s (2)1.28 m
拓展演练4 (多选)如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝ 1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧， 当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗 质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过 程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有( )
第八关 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-高考物理专题复习及典型试题
第八关动力学、动量和能量观点在力学中的应用1.动量和能量综合应用例 1 (多选)如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4 s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是()A．0∼4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB．t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD．木板的速度最大为2m/s练习1-1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．2.综合分析多过程问题例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．练习2-1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．课后检测1. 质量为1 kg的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t 变化的关系图象如图所示．已知t=4 s时物体刚好停止运动，取g=10m/s2，以下判断正确的是()A．物体所受摩擦力为3 NB．t=2 s时物体的速度最大C．t=3 s时物体的动量最大D．物体的最大动能为2 J2. 粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v-t图象如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是()A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量3. 如图所示，质量均为m的两带电小球A与B，带电荷量分别为+q、+2q，在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线运动，当两带电小球运动一段时间后A球速度大小为v，在这段时间内，下列说法正确的是()A．任一时刻B的加速度比A的大B．两球均做加速度增大的加速运动C．两球组成的系统电势能减少了mv2，但动能和电势能之和不变D．两球动量均增大，且总动量也增大4.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点ℎ（不计空气阻力），则() 进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为12A．小球冲出B点后做斜上抛运动B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是RmgℎD．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于125.光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x3xB．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23mv2C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv26. “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度7.如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b球质量之比M:m=()A．3:5B．1:3C．2:3D．1:28. (多选)如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板．已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、μb，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．下列说法正确的是()mv02A．若没有物块从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为13B．若μb<2μa，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落μa gL，则ab一定不相碰C．若v0≤√32D．若μb>2μa，则a可能从木板左端滑落9.(多选)如图所示，甲、乙两个小滑块（视为质点）静止在水平面上的A、B两处，B处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙．若甲在水平向右的拉力F=kt（其中k=2N/s）的作用下由静止开始运动，当t=3s时撤去力F，随后甲与乙发生正碰而粘合在一起，两滑块共同滑行2.4m后停下，已知甲的质量为1kg，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取g=10m/s2，则()A．0∼3s内，力F的冲量大小为18N⋅sB．撤去力F时甲的速度大小为9m/sC．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5m/sD．乙的质量为0.5kg10. 如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙壁之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中（作用时间极短），求：（1）当木块回到A点时的速度大小；（2）从开始到木块回到A点的过程中，墙壁对弹簧的冲量．11. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面ℎ= 1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知m A=2kg，m B=3kg，m C=1kg，g=10m/s2．求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．12. 如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C 中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计．C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ，A、B、C（包含挡板P）的质量相同，开始时，B和C静止，(g=10m/s2)（1）求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；（2）若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件；（3）若物块A与B发生碰撞（设为完全弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件．13.一质量为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．14. 如图所示，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：（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．15. 如图所示，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：(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．16. 如图所示，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：（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．17. 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．。
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
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。
2020高考物理大一轮复习 专题强化 动力学、动量和能量观点在电学中的应用讲义(含解析)教科版
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，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 (2018·四川省凉山州三模)如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R 的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L 、质量为m 的金属棒，其电阻为r .金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，经过时间t 后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：图1(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t 内通过回路的电荷量. (3)若在时间t 内金属棒移动的位移为x ，求电阻R 上产生的热量. 答案 见解析解析 (1)由安培力公式：F ＝BI m L ，解得I m ＝FBL(2)根据闭合电路的欧姆定律得：I m ＝BLv R ＋r ，解得：v ＝F R ＋rB 2L 2通过回路的电荷量q ＝I ·t 由动量定理得F ·t －BIL ·t ＝mv 解得：q ＝Ft BL －mF R ＋rB 3L 3(3)力F 做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx ＝Q ＋12mv 2Q R ＝R R ＋rQ解得：Q R ＝[Fx －mF 2R ＋r22B 4L4]RR ＋r.变式1 (多选)(2018·广东省佛山市质检一)如图2，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L ，左端连接的电源电动势为E ，内阻为r ，质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R .整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )图2A.金属杆的最大速度大小为E BLB.此过程中通过金属杆的电荷量为mE2B 2L2C.此过程中电源提供的电能为mE 2B 2L 2D.此过程中金属杆产生的热量为mE 22B 2L2答案 AC解析 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速运动.电动势为E ＝BLv ，v ＝E BL，故A 正确；由动量定理BILt＝BLq ＝mv －0，得q ＝mE B 2L 2，故B 错误；由能量守恒可知电源提供的电能E 电＝qE ＝mE 2B 2L2，故C正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R 及r 产生的热量之和，由于E k ＝12mv 2＝12m E2B 2L2，金属杆产生的热量为Q R ＝(E 电－E k )RR ＋r ＝RmE 22R ＋r B 2L 2，故D 错误.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(2018·山东省青岛市模拟)如图3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＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l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m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/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/s2，求：图3(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)30m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Blv 0 I ＝E R 1＋R 2 BIl ＝m 2a 0解得：a 0＝30m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v2P r解得：v 1＝7.5m/s(3)由动能定理得－W ＝12m 1v 12－12m 1v 02解得：W ＝4.375J.变式2(2019·山东省淄博市质检)如图4所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.图4(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q .答案 (1)T 0R B 2L 2a T 0R B 2L 2 (2)mT 02R 24B 4L4解析 (1)细线断裂时，对棒有T 0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 联立解得t 0＝T 0RB 2L 2a细线断裂时框架的速度v 0＝T 0R B 2L 2(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v ，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝T 0R2B 2L2撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mT 02R 24B 4L4.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 ＝12×3mv 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：3mv ＝(3m ＋m )v 1 解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3mv 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 ＝mv 1－0 解得I ＝6EqLm4，方向水平向右.变式3(2018·湖南省常德市期末检测)如图6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 ＝0.1m，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＝0.4kg、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＝1s，与静止在B 点的不带电、质量m2＝0.6kg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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(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. 答案 (1)2m/s (2)18N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝2m/s ；(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N 则R (1－cos θ)＝hN －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v22R解得：N ＝18N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18N.命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4(2018·广西南宁市3月适应测试)如图7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，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g.求：图7(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)答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF 4，方向竖直向下解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有mgR ＝12mv C 2解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，qv C B ＋F 1－mg ＝m v 2CR第二次通过C 点时，F 2－qv C B －mg ＝m v 2CR由题意知ΔF ＝F 2－F 1 解得q ＝ΔF 2gR4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则mv C ＝mv 甲＋mv 乙12mv C 2＝12mv 甲2＋12mv 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F 乙，方向竖直向上，则 F 乙＋12qv 乙B －mg ＝m v 2乙R解得F 乙＝3mg －ΔF 4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF4，方向竖直向下.1.如图1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 垂直于倾斜导轨由静止释放，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1(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12mv 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由机械能守恒定律：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22解得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：mv 2＝mv 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后某时刻，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 2v 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：mv 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q解得Q ＝13mgh .2.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4m 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 ＝0.1kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1Ω，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 ＝1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2所示，若使b 棒以初速度v 0＝10m/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2(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)5m/s (2)1.25J (3)1.25N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.取两棒组成的系统为研究对象，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＝5m/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＝2.5J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＝1.25J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道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 ′＝3m/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 ＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25N ，方向竖直向上.3.(2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM 是半径为R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .光滑绝缘轨道MN 水平且足够长，PM 下端与MN 相切于M 点.质量为m 的带正电小球b 静止在水平轨道上，质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球a 从P 点由静止释放，在a 球进入水平轨道后，a 、b 两小球间只有静电力作用，且a 、b 两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b 离M 点足够远，重力加速度为g .求：图3(1)小球a 刚到达M 点时的速度大小及对轨道的压力大小； (2)a 、b 两小球系统的电势能最大值E p ； (3)a 、b 两小球最终的速度v a 、v b 的大小. 答案 (1)2gR 6mg ＋qB 2gR (2)23mgR(3)132gR 432gR 解析 (1)小球a 从P 到M ，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有：2mgR ＝12×2mv M 2 解得：v M ＝2gR在M 点，由牛顿第二定律有：N －2mg －qv M B ＝2mv 2MR解得：N ＝6mg ＋qB 2gR根据牛顿第三定律得小球a 刚到达M 点时对轨道的压力大小为：N ′＝6mg ＋qB 2gR (2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv M ＝3mv 共根据能量守恒定律有：E p ＝12×2mv M 2－12×3mv 共2解得：E p ＝23mgR(3)由动量守恒定律：2mv M ＝2mv a ＋mv b由能量守恒定律有：12×2mv M 2＝12×2mv a 2＋12mv b 2解得：v a ＝13v M ＝132gR ，v b ＝43v M ＝432gR .4.(2018·宁夏一中模拟)如图4所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远.B 所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止.现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .图4(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)4mg sin θk(2)22mga sin θk4m (g sin θ＋a )(3)16m 2ga sin θ5k21 解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态对C 受力平衡有T 1＝2mg sin θ对B 受力平衡有T 1＋kx 1＝6mg sin θ解得x 1＝4mg sin θk(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 12＝2ax 1解得v 1＝22mga sin θk根据牛顿第二定律对B 有：T 2－6mg sin θ＝2ma对C 有：F ＋2mg sin θ－T 2＝2ma解得F ＝4m (g sin θ＋a )(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1＝(m ＋2m ＋2m )v 2根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 12＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k.。
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。
高中物理专题【力学“三大观点”的综合应用】
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(1)若木板长 L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F＝8 N，经过多长时间铁块运 动到木板的右端？
(2)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力 F，请在 图乙中画出铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图象．
解析：(1)以铁块为研究对象 F－μ2mg＝ma1 对木板有 μ2mg－μ1(mg＋Mg)＝Ma2 L＝12a1t2－12a2t2 解得 t＝1 s.
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③当 F＞10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力 f＝μ2mg＝4 N 故铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图象如图所示．
答案：(1)1 s (2)见解析图
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C 考点二
用动力学和能量观点解决多过程问题
[考点分析] 1．命题特点：动力学观点和能量观点是解答力学问题的两种重要方法，等级考题中 常把这两种方法综合起来考查，题型多为计算题，难度较大． 2．思想方法：守恒思想、全程法和分段法、模型法等．
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A．物体的加速度大小为 2 m/s2 B．弹簧的伸长量为 3 cm C．弹簧的弹力做功为 30 J D．物体的重力势能增加 36 J
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解析：B 根据 v-t 图象的斜率可知，物体的加速度大小为 a＝ΔΔvt ＝1 m/s2，选项 A 错 误；对物体受力分析，受到竖直向下的重力 mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力 F，由牛 顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得 F＝6 N．由胡克定律 F＝kx 可得弹簧的伸长量 x ＝3 cm，选项 B 正确；在 t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内，物体动能增加 ΔEk＝12mv22－12mv21＝ 6 J，根据 v-t 图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体沿斜面向上运动的位移 x＝6 m， 物体重力势能增加 ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J，根据功能关系可知，弹簧弹力做功 W＝ΔEk＋ ΔEp＝36 J，选项 C、D 错误．
高考物理专题——动力学和能量观点的综合应用
第2讲 动力学和能量观点的综合应用 专题复习目标学科核心素养 高考命题方向 1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。
2．掌握从动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。
1.物理观念：能量观念。
2．科学推理和论证：应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。
高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。
主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。
一、动力学方法1．匀变速直线运动的运动学公式 速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2，速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ，平均速度公式v －＝v 0＋v 2。
2．牛顿第二定律物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。
表达式：F 合＝ma ，加速度是联系受力和运动的桥梁。
二、能量观点1．动能定理(1)内容：物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量。
(2)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21。
(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。
2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。
(2)表达式3．功率表达式P＝F v的应用(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，可求v＝PF阻＋ma。
(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。
题型一动力学方法和动能定理的应用1．规律方法运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
2．解题技巧如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析。
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。
2020年人教版(山东专用)高考物理：动力学、动量和能量观点的综合应用
考点研析 素养提升
考点研析
核心探究·重难突破
考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从 动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.
1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统 动量守恒mv0=(M+m)v.
解析:(3)设传送带速度为 u,对子弹,由动量定理得-ft=m(u-v0),
由动能定理得
f(ut+L)=
1 2
m(
v0 2
-u2)
联立解得 t= 5 2L . 3v0
答案:(3) 5 2L 3v 0
2.[子弹留在木块中]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始 时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,磁撞后两者粘 连在一起运动.碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传 感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线 拟合,求得该直线的斜率为 k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为 mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g取 9.8 m/s2.
2μ mgL= 1 mv2- 1 (M+m)u2,
⑦
22
联立①④⑦式解得 L= 2R .
⑧
5
m
M m
说明:(1)若M≫m,则s2≪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
高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版_3184
微专题 08 动力学、动量和能量看法在力学中的应用力学规律的综合应用(对应学生用书P115 )1．解动力学识题的三个基本看法(1)力的看法：运用牛顿定律联合运动学知识解题||，可办理匀变速运动问题．(2)能量看法：用动能定理和能量守恒看法解题||，可办理非匀变速运动问题．(3)动量看法：用动量守恒看法解题||，可办理非匀变速运动问题．但综合题的解法并不是孤立||，而应综合利用上述三种看法的多个规律||，才能顺利求解．2．力学规律的采用原则(1)假如要列出各物理量在某一时辰的关系式||，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体遇到力的连续作用发生运动状态改变时||，一般用动量定理(波实时间的问题 )或动能定理 (波及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物系统统||，且它们之间有互相作用||，一般用两个守恒定律去解决问题 ||，但需注意所研究的问题能否知足守恒的条件．(4)在波及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律||，系统战胜摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少许||，即转变成系统内能的量．(5)在波及碰撞、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余形式能量之间的变换．这种问题因为作用时间都极短||，所以动量守恒定律一般能派上大用处．(2019 广·东佛山一模)如下图 ||，王同学在一辆车上荡秋千||，开始时车轮被锁定 ||，车的右边有一个和地面相平的沙坑||，且车的右端和沙坑的左侧沿平齐；当王同学摆动到最大摆角θ＝ 60 °时 ||，车轮立刻排除锁定||，使车能够在水平川面上无阻力运动||，王同学今后不再对车做功||，并可视其身体为质点．已知秋千绳索长为L＝ 4.5 m||，王同学和秋千板的质量为m＝ 50 kg||，车和秋千支架的总质量为M＝ 200 kg||，重力加快度 g 取 10 m/s2.试求：(1)王同学摆到最低点时的速率；第1页/共6页(3)王同学摆到最低点时 ||，趁势走开秋千板 ||，他落入沙坑的地点离沙坑左侧沿的距离．已知车身的长度s＝ 3.6 m||，秋千架安装在车的正中央||，且转轴离地面的高度H＝ 5.75 m.分析： (1) 在王同学下摆到最低点的过程中||，王同学和车构成的系统在水平方向动量守恒||，以水平向右为正方向||，有 mv1＋Mv 2＝0||，系统的机械能守恒 ||，有1212||，mgL(1－ cos 60 )°＝2mv ＋2Mv21联立两式并代入数据解得v1＝ 6 m/s.(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得12mgL(1－ cos 60 )°＋ W 绳＝2mv1||，代入数据解得W 绳＝－ 225 J.(3)在王同学下摆的过程中||，王同学与车构成的系统在水平方向动量是守恒的||，则 m v 1＋M v 2＝0||，因为运动的时间相等||，则 mx1＋ Mx2＝ 0||，又 x12||，°解得车的位移20.779 m.＋ |x |＝ L·sin 60x ＝－ 0.779 m||，即车向左运动了王同学走开秋千后做平抛运动||，运动的时间为t＝2 H－L2× 5.75－ 4.5s＝ 0.5 s||，g＝10王同学沿水平方向的位移为x01＝ v t＝ 6×0.5 m＝ 3 m.所以王同学的落地址到沙坑左侧沿的距离为x＝ x0 2 s＝0.421 m.＋x －2答案： (1)6 m/s(2)－ 225 J(3)0.421 m(2019 湖·北黄冈联考 )如下图 ||，半径为 R＝ 0.4 m||，内壁圆滑的半圆形轨道固定在水平川面上 ||，质量 m＝ 0.96 kg 的滑块停放在距轨道最低点 A 为 L＝ 8.0 m 的 O 点处 ||，质量为 m0的子弹以速度0从右边水平射入滑块||，并留在此中．已知滑＝ 0.04 kg v＝ 250 m/s块与水平川面间的动摩擦因数μ＝ 0.4||，子弹与滑块的作用时间很短．g 取 10 m/s2||，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从 O 点滑到 A 点的时间 t；(3)滑块从 A 点滑上半圆形轨道后经过最高点 B 落到水平川面上 C 点 ||，A 与 C 间的水平距离．分析：(1)子弹射入滑块的过程动量守恒||，规定水平向左为正方向||，则 m0v0＝( m＋ m0 )v||，代入数据解得v＝10 m/s.(2)子弹击中滑块后与滑块一同在摩擦力的作用下向左做匀减速运动||，设其加快度大小为 a||，则μ(m＋ m0)g＝ (m＋ m0)a||，1由匀变速直线运动的规律得vt－2at2＝ L||，联立解得 t＝ 1 s(t＝ 4 s 舍去 )．(3)滑块从 O 点滑到 A 点时的速度v A＝ v－at||，代入数据解得v A＝ 6 m/s.设滑块从 A 点滑上半圆形轨道后经过最高点 B 点时的速度为v B||，由机械能守恒定律得12122(m＋m0)v A＝( m＋ m0 )g·2R＋2(m＋m0)v B||，代入数据解得 v B＝ 2 5 m/s.滑块走开 B 点后做平抛运动 ||，运动的时间t′＝2·2Rg ||，又 x AC B AC45＝ v t′||，代入数据得x ＝5m.答案： (1)10 m/s (2)1 s45m(3)5“子弹打木块”类问题剖析(对应学生用书P116 )这种题型中||，往常因为“子弹”和“木块”的互相作用时间极短||，内力? 外力||，可以为在这一过程中动量守恒．“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能||，阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获取的动能 ||，阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能．(2019 福·建漳州模拟 )长为 L 、质量为 M 的木块在粗拙的水平面上处于静止状态||，有一质量为 m 的子弹 (可视为质点 )以水平速度 v0击中木块并恰巧未穿出．设子弹射入木块的过程时间极短 ||，子弹遇到木块的阻力恒定 ||，木块运动的最大距离为 s||，重力加快度为 g||，求：(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)子弹遇到的阻力大小 f.分析： (1) 在子弹射入木块过程的极短时间内||，子弹和木块构成的系统在水平方向上动量守恒 ||，以水平向右为正方向||，则 mv0共||，＝ (m＋ M)v在子弹与木块共速到最后停止的过程中||，由功能关系得12共 ＝ μ(M ＋m)gs||，2(M ＋ m)v2 2解得 μ＝m v 02.2gs M ＋ m(2)在子弹射入木块过程的极短时间内||，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q||，由能量守恒定律得12 12Q ＝－ 2(M ＋ m)v 共||，2mv又 Q ＝ fL||，2Mmv 0联立解得 f ＝.2 M ＋ m L2 2Mmv 2答案： (1)m v 02(2)2gs M ＋ m2 M ＋m L(2019 湖·南衡阳一模 )如图甲所示 ||，在高 h ＝0.8 m 的水平平台上搁置一质量为 M ＝ 0.9 kg 的小木块 (视为质点 )||，距平台右边沿 d ＝ 2 m ．一质量为 m ＝ 0.1 kg 的子弹沿水平方向射入小木块并留在此中 (作用时间极短 )||，而后二者一同向右运动 ||，在平台上运动的v 2-x 关系图线如图乙所示||，最后小木块从平台边沿滑出并落在距平台右边水平距离为s ＝ 1.6m 的地面上． g 取 10 m/s 2||，求：(1)小木块滑出平台时的速度大小； (2)子弹射入小木块前的速度大小；(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时||，系统所产生的内能．12s分析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动||，有 h ＝ 2gt ||，s ＝ vt||，联立两式可得 v ＝2hg＝4 m/s.12－22(2)设子弹射入木块后二者的共同速度为·s －vv ||，由图乙并联合数学知识可知40 m22 － 21＝v 1＝8 m/s||，－ 40 m ·s ||，解得 v子弹射入木块的过程中 ||，依据动量守恒定律有mv 0 1＝ (M ＋ m)v ||，解得 v 0＝M ＋ m v 1m ＝ 80 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为 Q||，则 Q ＝ 1mv 2－ 1(M ＋ m)v 2＝ 312 J.22答案： (1)4 m/s (2)80 m/s(3)312 J弹簧类模型的办理方法对两个 (或两个以上 )物体与弹簧构成的系统||，在能量方面 ||，因为发生弹性形变的弹簧会拥有弹性势能 ||，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力之外的力不做功||，系统机械能守恒．若还有其余外力做功||，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正 ||，系统总机械能增添||，反之减少．在互相作用过程中||，弹簧两头的物体把弹簧拉伸至最长 (或压缩至最短 )时 ||，两头的物体拥有同样的速度||，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其余外力的协力为零||，当弹簧为自然长度时 ||，系统内弹簧某一端的物体拥有最大速度．如图甲所示 ||，三个物体 A 、 B 、 C 静止放在圆滑水平面上 ||，物体 A 、 B 用一轻质弹簧连结 ||，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态||，三个物体的质量分别为 m A ＝ 0.1 kg 、m B ＝ 0.2 kg 和 m C ＝ 0.1 kg.现将细线烧断 ||，物体 A 、 B 在弹簧弹力作用下做来去运动(运动过程中物体 A 不会遇到物体 C)．若此过程中弹簧一直在弹性限度内||，并设以向右为正方向 ||，从细线烧断后开始计时||，物体 A 的速度 — 时间图象如图乙所示．求：(1)从细线烧断到弹簧恢还原长运动的时间；(2)弹簧长度最大时弹簧储存的弹性势能；(3)若弹簧与物体 A 、B 不连结 ||，在某一时辰使物体 C 以 v 0 的初速度向右运动 ||，它将在弹簧与物体分别后和物体A 发生碰撞 ||，全部碰撞都为完整弹性碰撞 ||，试求在此后的运动过程中 ||，物体 C 与物体 A 能够发生二次碰撞||，物体 C 初速度 v 0 的取值范围． (弹簧与物体分离后 ||，快速取走 ||，不影响物体后边的运动 )．分析： (1)当弹簧恢复到原长时||，A 的速度最大 ||，1k则对应的时辰为 t ＝4T ＋ 2T(k ＝ 0||， 1||， 2||， )(2)当 A 的最大速度为4 m/s||，此时依据动量守恒定律可得B 的速度为： v B ＝ m A v A＝ 2 m/s||，m BAB 总的动能即为弹簧长度最大时弹簧储存的弹性势能 ||，即 E ＝E ＝ 1m v 2＋ 1m v 2＝ 1.2 J ；pk2A A2B B(3)当 A 与弹簧分别时的速度为v A ＝ 4 m/s||，第一次和 C 碰撞时知足：m C v 0－m A v A ＝m C v C ′＋ m A v A ′||，12121′21′22m C v 0＋ 2m A v A ＝ 2m C v C ＋ 2m A v A ||，物体 C 与物体 A 能够发生二次碰撞 ||，则需知足 v C ′＞ v A ′||， 联立以上解得 v 0＞ 20 m/s.1 k答案： (1)t ＝ 4T ＋ 2T (k ＝ 0||， 1||，2||， ) (2)1.2 J(3) v 0 ＞20 m/s如下图 ||，甲、乙、丙三个同样的小物块 (可视为质点 )质量均为 m||，将两个不一样的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定 ||，弹簧与小物块之间不连结．整个系统静止在圆滑水平川面上 ||，甲物块与左侧墙壁的距离为l (l 远大于弹簧的长度 )．某时辰烧断甲、乙之间的轻绳 ||，甲与乙、丙的连结体立刻被弹开．经过时间t||，甲与墙壁发生弹性碰撞 ||，与t此同时乙、丙之间的连结绳瞬中断开||，又经时间 2||，甲与乙发生第一次碰撞．设全部碰撞 均为弹性碰撞 ||，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动．求：(1)乙、丙之间连结绳断开前瞬时乙、丙连结体的速度大小？(2)乙、丙之间弹簧初始时拥有的弹性势能．l 分析： (1)甲与乙、丙连结体分别时的速度大小为t设乙、丙连结体在分别前瞬时的速度大小为v||，则有lm t ＝ 2mvl解得 v ＝2t(2)设乙、丙分别后乙的速度大小为v 乙 ||，丙的速度大小为 v 丙l ＋ ll＋ v乙 t2 ＝ t 2分别前后乙、丙构成的系统动量守恒：2mv ＝ mv 丙 － mv 乙乙、丙之间弹簧初始时拥有的弹性势能E p ＝ 1212122mv 乙 ＋ 2mv 丙 －2(2m)v解得 E p25ml 2＝ 4t 2 .l25ml 2答案：(1)2t(2)4t 2第6页/共6页。
高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版
【2019最新】精选高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版力学规律的综合应用(对应学生用书P115)1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿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．但综合题的解法并非孤立，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．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，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．(2017·广东佛山一模)如图所示，王同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车的右端和沙坑的左边缘平齐；当王同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面上无阻力运动，王同学此后不再对车做功，并可视其身体为质点．已知秋千绳子长为L＝4.5 m，王同学和秋千板的质量为m＝50 kg，车和秋千支架的总质量为M＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2.试求：(1)王同学摆到最低点时的速率；(2)在摆到最低点的过程中，绳子对王同学做的功；(3)王同学摆到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置离沙坑左边缘的距离．已知车身的长度s＝3.6 m，秋千架安装在车的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75 m.解析：(1)在王同学下摆到最低点的过程中，王同学和车组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv1＋Mv2＝0，系统的机械能守恒，有mgL(1－cos 60°)＝mv＋Mv，联立两式并代入数据解得v1＝6 m/s.(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得mgL(1－cos 60°)＋W绳＝mv，代入数据解得W绳＝－225 J.(3)在王同学下摆的过程中，王同学与车组成的系统在水平方向动量是守恒的，则m1＋M2＝0，由于运动的时间相等，则mx1＋Mx2＝0，又x1＋|x2|＝L·sin 60°，解得车的位移x2＝－0.779 m，即车向左运动了0.779 m.王同学离开秋千后做平抛运动，运动的时间为t＝＝ s＝0.5 s，王同学沿水平方向的位移为x0＝v1t＝6×0.5 m＝3 m.所以王同学的落地点到沙坑左边缘的距离为x＝x0＋x2－＝0.421 m.答案：(1)6 m/s (2)－225 J (3)0.421 m(2018·湖北黄冈联考)如图所示，半径为R＝0.4 m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m＝0.96 kg的滑块停放在距轨道最低点A为L＝8.0 m的O点处，质量为m0＝0.04 kg的子弹以速度v0＝250 m/s从右边水平射入滑块，并留在其中．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，子弹与滑块的作用时间很短．g取10 m/s2，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从O点滑到A点的时间t；(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离．解析：(1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0＝(m＋m0)v，代入数据解得v＝10 m/s.(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a，由匀变速直线运动的规律得vt－at2＝L，联立解得t＝1 s(t＝4 s舍去)．(3)滑块从O点滑到A点时的速度vA＝v－at，代入数据解得vA＝6 m/s.设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得1(m＋m0)v＝(m＋m0)g·2R＋(m＋m0)v，2代入数据解得vB＝2 m/s.滑块离开B点后做平抛运动，运动的时间t′＝，又xAC＝vBt′，代入数据得xAC＝ m.答案：(1)10 m/s (2)1 s (3) m“子弹打木块”类问题分析(对应学生用书P116)这类题型中，通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力≫外力，可认为在这一过程中动量守恒．“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能，阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能，阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能．(2018·福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)子弹受到的阻力大小f.解析：(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共，在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得1(M＋m)v＝μ(M＋m)gs，2解得μ＝.(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得Q＝mv－(M＋m)v，又Q＝fL，联立解得f＝.答案：(1) (2)Mmv20＋(2017·湖南衡阳一模)如图甲所示，在高h＝0.8 m的水平平台上放置一质量为M＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m．一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后二者一起向右运动，在平台上运动的v2x关系图线如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上．g取10 m/s2，求：(1)小木块滑出平台时的速度大小；(2)子弹射入小木块前的速度大小；(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有h＝gt2，s＝vt，联立两式可得v＝＝4 m/s.(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，由图乙并结合数学知识可知40 m2·s－2－v2＝v－40 m2·s－2，解得v1＝8 m/s，子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1，解得v0＝＝80 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q，则Q＝mv－(M＋m)v2＝312 J.答案：(1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J弹簧类模型的处理方法(对应学生用书P117)对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在能量方面，由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程中，弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度．如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝0.2 kg和mC＝0.1 kg.现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中物体A不会碰到物体C)．若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度—时间图象如图乙所示．求：(1)从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间；(2)弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能；(3)若弹簧与物体A、B不连接，在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动，它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞，所有碰撞都为完全弹性碰撞，试求在以后的运动过程中，物体C与物体A能够发生二次碰撞，物体C初速度v0的取值范围．(弹簧与物体分离后，迅速取走，不影响物体后面的运动)．解析：(1)当弹簧恢复到原长时，A的速度最大，则对应的时刻为t＝T＋T(k＝0,1,2，……)(2)当A的最大速度为4 m/s，此时根据动量守恒定律可得B的速度为：vB＝＝2 m/s，AB总的动能即为弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能，即Ep＝Ek＝mAv＋mBv＝1.2 J；(3)当A与弹簧分离时的速度为vA＝4 m/s，第一次和C碰撞时满足：mCv0－mAvA＝mCvC′＋mAvA′，1mCv＋mAv＝mCv＋mAv，2物体C与物体A能够发生二次碰撞，则需满足vC′＞vA′，联立以上解得v0＞20 m/s.答案：(1)t＝T＋T (k＝0,1,2，……)(2)1.2 J (3)v0＞20 m/s如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接．整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度)．某时刻烧断甲、乙之间的轻绳，甲与乙、丙的连接体立即被弹开．经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经时间，甲与乙发生第一次碰撞．设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动．求：(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能．解析：(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为l t设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v ，则有 m ＝2mv解得v ＝l 2t(2)设乙、丙分离后乙的速度大小为v 乙，丙的速度大小为v 丙 l ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫l t ＋v 乙t 2分离前后乙、丙组成的系统动量守恒：2mv ＝mv 丙－mv 乙乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能Ep ＝mv ＋mv －(2m)v2解得Ep ＝.答案：(1) (2)25ml24t2。
高中物理高考 2020年物理高考大一轮复习高考必考题突破讲座6动量和能量观点的综合应用课件
(2)C 与 A 碰撞过程中动量守恒 mvC＝2mvA，其中 vA ＝4.5 m/s,
解得 vC＝9 m/s，弹簧弹开过程中，C、D 系统动量守 恒，由动量守恒定律 2mv0＝mvC＋mvD，解得 vD＝7 m/s， 弹簧弹开过程中，C、D 及弹簧组成的系统的机械能守恒， 则有
12×2mv20＋Ep＝12mv2C＋12mv2D，解得 Ep＝1 J.
(1)物块在 A 点时的平抛速度 v0； (2)物块经过 C 点时对轨道的压力 FN； (3)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)设物体在 B 点的速度为 vB，在 C 点的速度为 vC，从 A 到 B 物体做平抛运动 vBsin θ＝v0 得 v0＝1.2 m/s.
【例题 3】(2019·天津静海一中高三学业能力调研)如图 甲所示，长木板 A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块 B， 左端恰好在 P 点，水平面以 P 点为界，左侧光滑、右侧粗糙．物 块 C(可以看作质点)和 D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细 线锁住，两者以共同速度 v0＝8 m/s 向右运动，某时刻细线 突然断开，C 和弹簧分离后，撤去 D，C 与 A 碰撞并与 A 黏 在一起，此后，A、C 及 B 的速度－时间图象如图乙所示．已 知 A、B、C、D 的质量均为 m＝1 kg，木板 A 的长度 l＝ 5 m， A、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
在 0.4 s 内 B 相对 A 向右运动的位移
x2＝vt＋12aB2t2－12vt＝0.12 m， A 停止时 B 的速度 v′＝v＋aB2t＝0.6 m/s， 然后 B 在 A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 aB3＝－μ′g＝－1 m/s2， B 相对 A 向右运动的位移 x3＝－v2′aB32＝0.18 m，所以最 终 B 离长木板 A 左端的距离 x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05 m.
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又x1＋|x2|＝L·sin 60°，解得车的位移x2＝－0.779m，即车向左运动了0.779 m.
王同学离开秋千后做平抛运动，运动的时间为
t＝ ＝ s＝0.5 s，
王同学沿水平方向的位移为x0＝v1t＝6×0.5m＝3 m.
所以王同学的落地点到沙坑左边缘的距离为x＝x0＋x2－ ＝0.421m.
第一次和C碰撞时满足：
mCv0－mAvA＝mCvC′＋mAvA′，
mCv ＋ mAv ＝ mCv ＋ mAv ，
物体C与物体A能够发生二次碰撞，则需满足vC′＞vA′，
联立以上解得v0＞20m/s.
答案：(1)t＝ T＋ T(k＝0,1,2，……)
(2)1.2J (3)v0＞20m/s
如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接．整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度)．某时刻烧断甲、乙之间的轻绳，甲与乙、丙的连接体立即被弹开．经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经时间 ，甲与乙发生第一次碰撞．设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动．求：
系统的机械能守恒，有
mgL(1－cos 60°)＝ mv ＋ Mv ，
联立两式并代入数据解得v1＝6m/s.
(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得
mgL(1－cos 60°)＋W绳＝ mv ，
代入数据解得W绳＝－225 J.
(3)在王同学下摆的过程中，王同学与车组成的系统在水平方向动量是守恒的，则m 1＋M 2＝0，
(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，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．
(1)王同学摆到最低点时的速率；
(2)在摆到最低点的过程中，绳子对王同学做的功；
(3)王同学摆到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置离沙坑左边缘的距离．已知车身的长度s＝3.6 m，秋千架安装在车的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75m.
解析：(1)在王同学下摆到最低点的过程中，王同学和车组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv1＋Mv2＝0，
(20xx·福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)子弹受到的阻力大小f.
(1)小木块滑出平台时的速度大小；
(2)子弹射入小木块前的速度大小；
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．
解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有h＝ gt2，s＝vt，联立两式可得v＝ ＝4 m/s.
(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，由图乙并结合数学知识可知40 m2·s－2－v2＝v －40m2·s－2，解得v1＝8m/s，
【2020】高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版
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时 间：__________________
微专题 08动力学、动量和能量观点在力学中的应用
力学规律的综合应用
(对应学生用书P115)
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿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．
但综合题的解法并非孤立，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．
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．
又Q＝fL，
联立解得f＝ .
答案：(1) (2)
(20xx·湖南衡阳一模)如图甲所示，在高h＝0.8m的水平平台上放置一质量为M＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m．一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后二者一起向右运动，在平台上运动的v2x关系图线如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上．g取10 m/s2，求：
(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；
(2)滑块从O点滑到A点的时间t；
(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离．
解析：(1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0＝(m＋m0)v，
代入数据解得v＝10 m/s.
(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a，
由匀变速直线运动的规律得vt－ at2＝L，
联立解得t＝1 s(t＝4 s舍去)．
(3)滑块从O点滑到A点时的速度vA＝v－at，
代入数据解得vA＝6m/s.
设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得
(m＋m0)v ＝(m＋m0)g·2R＋ (m＋m0)v ，
代入数据解得vB＝2 m/s.
(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？
(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能．
解析：(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为
设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v，则有
m ＝2mv
解得v＝
(2)设乙、丙分离后乙的速度大小守恒：
解析：(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共，
在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得
(M＋m)v ＝μ(M＋m)gs，
解得μ＝ .
(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得Q＝ mv － (M＋m)v ，
(20xx·广东佛山一模)如图所示，王同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车的右端和沙坑的左边缘平齐；当王同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面上无阻力运动，王同学此后不再对车做功，并可视其身体为质点．已知秋千绳子长为L＝4.5 m，王同学和秋千板的质量为m＝50 kg，车和秋千支架的总质量为M＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2.试求：
解析：(1)当弹簧恢复到原长时，A的速度最大，
则对应的时刻为t＝ T＋ T(k＝0,1,2，……)
(2)当A的最大速度为4 m/s，
此时根据动量守恒定律可得B的速度为：vB＝ ＝2m/s，
AB总的动能即为弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能，
即Ep＝Ek＝ mAv ＋ mBv ＝1.2J；
(3)当A与弹簧分离时的速度为vA＝4m/s，
(1)从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间；
(2)弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能；
(3)若弹簧与物体A、B不连接，在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动，它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞，所有碰撞都为完全弹性碰撞，试求在以后的运动过程中，物体C与物体A能够发生二次碰撞，物体C初速度v0的取值范围．(弹簧与物体分离后，迅速取走，不影响物体后面的运动)．
如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.2kg和mC＝0.1kg.现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中物体A不会碰到物体C)．若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度—时间图象如图乙所示．求：
滑块离开B点后做平抛运动，运动的时间t′＝ ，
又xAC＝vBt′，代入数据得xAC＝ m.
答案：(1)10 m/s (2)1 s (3) m
“子弹打木块”类问题分析
(对应学生用书P116)
这类题型中，通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力≫外力，可认为在这一过程中动量守恒．“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能，阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能，阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能．
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1，
解得v0＝ ＝80m/s.
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q，
则Q＝ mv － (M＋m)v2＝312J.
答案：(1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J
弹簧类模型的处理方法
(对应学生用书P117)
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在能量方面，由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程中，弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度．