高考物理二轮复习 跟踪专练 热点4 力学三大观点的应用
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题(解析附后)
2．某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的( )
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题（解析附后）
考纲指导
能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将动量与能量等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系、动量定理和动量守恒定律作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)动量定理和动量守恒定律的应用；(2)“碰撞模型”问题；(3)“爆炸模型”和“反冲模型”问题；(4)“板块模型”问题。
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
2．某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m＝0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r＝1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB＝16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝1.25 m，宽L＝2.0 m的壕沟。求：
【答案】BC
2．【解析】(1)在最高点mg＝ ，得vA＝ m/s
O→A：－mg2r＝ mv － mv ，得vO＝5 m/s
FNO－mg＝ ，得FNO＝6mg＝30 N。
高考物理二轮复习基础回扣五、应用“三大观点”解决力学综合问题
五、应用“三大观点”解决力学综合问题知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题基础回扣力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。
这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
易错辨析我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。
知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题基础回扣1.知识分析动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.方法技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。
特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。
易错辨析1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。
2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。
知识点3 应用三大观点解决力学综合问题基础回扣1.运动分析(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。
高考物理二轮复习 题型限时专练4 力学三大观点的应用.pptx
(1)小球 a 由 A 点运动到 B 点的过程中，摩擦力做的功 Wf； (2)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的过程中，弹簧的最大 弹性势能 Ep； (3)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中，弹簧对 小球 b 的冲量 I 的大小．
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[解析] (1)小球由静止释放到最低点 B 的过程中，根据动能 定理得：m1gR＋Wf＝12m1v21，
板块二
高频考点强化
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热点 4
力学三大观点的应用
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[热点分析]
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力学问题力要清，力的三种时空效应更要清．即力的瞬时效 应产生加速度，是速度变化的原因；力的时间积累效应产生冲量， 是动量变化的原因；力的空间位移积累做功，是动能变化的原 因．力的三种时空效应是开启力学问题、力电问题、乃至整个高 中物理问题的三把金钥匙．解力学题一定要牢记力学的三大观 点，即力的观点(牛顿第二定律)，能量的观点(动能定理、能量守 恒定律)，动量的观点(动量定理、动量守恒定律)，这必将是 2018 高考重点考查的主干知识．
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如图所示，内壁粗糙、半径 R＝0.4 m 的四分之一 圆弧轨道 AB 在最低点 B 与光滑水平轨道 BC 相切．质量 m2＝0.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一 质量 m1＝0.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆 弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球 a 重力的 2 倍．忽略空气 阻力，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
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(3)小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最 终速度为 v3，b 球最终速度为 v4，由动量守恒定律：
m1v1＝m1v3＋m2v4， 由能量守恒定律：12m1v12＝12m1v23＋12m2v42， 根据动量定理有：I＝m2v4， 联立可得：I＝0.4 N·s. [答案] (1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s
高考物理专题特训-力学三大观点的综合应用
策略 4：若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑 使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以 相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动 问题特别方便。
［针对训练］
[动量、能量观点在电磁感应中的应用] 1．(多选)(2019·郴州高三检测)如图 3－4－4 所示， 水平面上固定着两根相距 L 且电阻不计的足够长的光 滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，铜棒 a，b 的长度均等于两导轨的间距， 电阻均为 R、质量均为 m，铜棒平行地静止在导轨上且 与导轨接触良好。现给铜棒 a 一个平行于导轨向右的瞬 时冲量 I，关于此后的过程，下列说法正确的是
图 3－4－4 A．回路中的最大电流为BmLRI B．铜棒 b 的最大加速度为B2m2L22RI C．铜棒 b 获得的最大速度为mI D．回路中产生的总焦耳热为4Im2
解析 a 刚开始时，速度最大，产生的感应电流最 I
大，则 Im＝2ER＝B2LRm＝2BRLmI ，故 A 错误；a 刚开始时， 回路中的电流最大，b 棒所受安培力最大，加速度最大， 即为 am＝mF＝BImmL＝B2m2L22RI，故 B 正确；当给铜棒 a 一个平行于导轨向右的瞬时冲量 I，a 棒切割磁感线产 生感应电流，a、b 受安培力作用，a 棒在安培力作用 下做减速运动，b 棒在安培力作用下做加速运动，对 a、
图 3－4－2 A．矿车上升所用的时间之比为 4∶5 B．电机的最大牵引力之比为 2∶1 C．电机输出的最大功率之比为 2∶1 D．电机所做的功之比为 4∶5
解析 由两次提升的高度相同可知，①②图形不 重合部分面积应相等，可得②过程的总时间为 2.5t0， 上升所用时间之比为 2t0∶2.5t0＝4∶5，A 选项正确； 加速上升阶段牵引力最大，两次提升的质量和加速度 都相同，根据牛顿第二定律，最大牵引力 Fm－mg＝ ma，最大牵引力相等，B 选项错误；最大输出功率为 Pm＝Fm·vm，已知最大牵引力相等，①过程的最大速度 是②过程的 2 倍，故电机输出的最大功率之比为 2∶1，
专题(19)力学三大观点的综合应用(解析版)
2021年高考物理二轮重点专题整合突破专题（19）力学三大观点的综合应用（解析版）高考题型1应用力学三大观点处理多过程问题1．力学三大观点对比2.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．(3)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，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．第1页共15页第 2 页 共 15 页(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，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．【例1】(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m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图1(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)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B Ⅲ E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2Ⅲ联立ⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/sⅢ(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g Ⅲ s B ＝v B t －12at 2Ⅲ第 3 页 共 15 页v B －at ＝0Ⅲ在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2Ⅲ联立ⅢⅢⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 mⅢ这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为 s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 mⅢ(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g ()2l ＋s B Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ′＝7 m/sⅢ故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″Ⅲ 12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/sⅢ这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式 2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2Ⅲ 由ⅢⅢⅢ式及题给数据得第 4 页 共 15 页s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 mⅢs A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离 s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m 【变式训练】1．如图2所示，半径为R 的光滑的34圆弧轨道AP 放在竖直平面内，与足够长的粗糙水平轨道BD 通过光滑水平轨道AB 相连．在光滑水平轨道上，有a 、b 两物块和一段轻质弹簧．将弹簧压缩后用细线(未画出)将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接．将细线烧断后，物块a 通过圆弧轨道的最高点C 时，对轨道的压力大小等于自身重力．已知物块a 的质量为m ，b 的质量为2m ，物块b 与BD 面间的动摩擦因数为μ，物块a 到达A 点或物块b 到达B 点前已和弹簧分离，重力加速度为g .求：图2(1)物块b 沿轨道BD 运动的距离x ； (2)烧断细线前弹簧的弹性势能E p . 【答案】(1)3R 4μ (2)92mgR【解析】(1)以水平向左为正方向，弹簧弹开a 、b 过程， 由动量守恒定律得0＝mv 1－2mv 2物块a 从A 运动到C 的过程中，由机械能守恒定律得 12mv 12＝mg ·2R ＋12mv C 2 在最高点重力与支持力的合力提供物块a 所需向心力 则有mg ＋F N ＝m v C 2R，又F N ＝mg ，第 5 页 共 15 页联立可解得v 1＝6gR ，v 2＝6gR2物块b 减速到停下过程中，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12·2mv 22可解得x ＝3R4μ(2)弹簧弹开物块a 、b 的过程，弹性势能转化为动能，可得 E p ＝12mv 12＋12·2mv 22解得弹性势能E p ＝92mgR .2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D 点平滑连接半径为R ＝2 m 、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C 、D 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A 从C 点开始，以初速度v 0＝3 m/s 沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D 点距离为3.25 m 的P 点静置另一个可视为质点的物块B .已知物块A 、B 与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 的质量m 1＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求物块A 从C 点滑到D 点时，对圆弧轨道的压力；(2)若物块B 的质量为m 2＝1 kg ，物块A 与B 碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D 点多远； (3)若B 的质量为m 2′＝ 5 kg ，物块A 与B 的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A 与B 均停止后它们相距多远．【答案】(1)34.5 N ，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m【解析】(1)设物块A 在D 点的速度为v 1，则物块A 从C 点运动到D 点的过程，由动能定理可得： m 1gR ＝12m 1v 12－12m1v 02第 6 页 共 15 页得v 1＝7 m/s设物块A 在D 点受到圆弧轨道向上的支持力大小为F N ，则有F N －m 1g ＝m 1v 12R得F N ＝34.5 N由牛顿第三定律可得：物块A 在D 点对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝34.5 N ，方向竖直向下．(2)设物块A 在P 点与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 2，加速度大小为a 1，则从D 点到P 点的过程中，由牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a 1 －2a 1L ＝v 22－v 12 得v 2＝6 m/s物块A 与物块B 碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3 解得v 3＝3 m/sA 、B 碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得：μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 0－v 32＝－2a 2x 得x ＝94m ＝2.25 m此时距D 的距离为L ＋x ＝5.5 m(3)物块A 运动到P 点的速度仍为v 2＝6 m/s ，碰撞过后瞬间A 与B 的速度分别为v 4、v 5 ，A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m 1v 2＝m 1v 4＋m 2′v 5 12m 1v 22＝12m 1v 42＋12m 2′v 52 得v 4＝－4 m/s ，v 5＝2 m/s由于12m 1v 42<m 1gR ＋μm 1gL ，故A 反弹后不能达到C 点；设物块A 与B 碰撞过后，直至停止的整个运动过程中，在水平地面上运动的路程为s ，由动能定理可得：第 7 页 共 15 页－μm 1gs ＝0－12m 1v 42得s ＝4 m故物块A 向左运动3.25 m 后滑上圆弧返回后又向右运动了x 1＝s －L ＝0.75 m 物块B 向右减速至零，则有0－v 52＝－2a 3x 2，μm 2′g ＝m 2′a 3 解得x 2＝1 m故A 、B 相距s ′＝L ＋x 2－x 1＝3.5 m ．3．如图4，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在木板B 的左端．质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h ＝0.2 m ，物块A 与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A 、木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g ＝10 m/s 2)求：图4(1)小球运动到最低点与物块A 碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使物块A 、木板B 达到共同速度前物块A 不滑离木板，木板B 至少多长． 【答案】(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【解析】(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得： m 0gL ＝12m 0v 02，解得v 0＝4 m/s(2)对小球反弹后上升到最高点的过程，由机械能守恒定律得 m 0gh ＝12m 0v 12解得：v 1＝2 m/s第 8 页 共 15 页小球与物块A 碰撞过程系统动量守恒，以小球碰前速度的方向为正方向 由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋mv A 解得v A ＝1 m/s(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以物块A 的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mv A ＝(m ＋M )v ， 解得v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12mv A 2－12(m ＋M )v 2，解得x ＝0.25 m.4．(2018·全国卷Ⅲ·24)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)1g2E 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 02Ⅲ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 Ⅲ 联立ⅢⅢ式得 t ＝1g2E mⅢ (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第 9 页 共 15 页E ＝mgh 1Ⅲ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 Ⅲ 12mv 1＋12mv 2＝0Ⅲ 由Ⅲ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 2Ⅲ 联立ⅢⅢⅢⅢ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＝2Emg高考题型2 应用力学三大观点解决板—块模型问题1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．【例2】(2019·江苏卷·15)如图5所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：图5(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小a A＝μg由匀变速直线运动规律得2a A L＝v A2解得v A＝2μgL；(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿第二定律F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2ma B′，得a B′＝μg；(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A加速度的大小为a A 则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t2，x B＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得v B＝22μgL.【变式训练】5．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图6所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()第10页共15页第 11 页 共 15 页图6A ．0 B.2μg 3 C.μg 2D.F 2m －μg 4【答案】ACD【解析】若F 较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F －μ4·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ，选项D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －μ4·2mg ＝ma ，解得：a ＝μg 2，选项C 正确． 6．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图7甲所示，质量为m ＝0.3 kg 的小物块B (可视为质点)放在质量为M ＝0.1 kg 、长度L ＝0.6 m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0＝1 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s 内B 的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)A 与B 间的动摩擦因数μ；(2)A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A 与P 碰撞几次，B 与A 分离．【答案】(1)0.1 (2)0.75 s (3)2次【解析】(1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得：a B ＝Δv Δt＝-1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B第 12 页 共 15 页解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，以水平向右为正方向，对A 、B 由动量守恒定律可得：mv 0－Mv 0＝(M ＋m )v 1解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：mv 1－mv 0＝－μmgt 1解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12Mv 12－12Mv 02 解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x A v 1＝0.25 s 所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s(3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有：12mv 02＋12Mv 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：mv 1－Mv 1＝(M ＋m )v 2由能量守恒有：12mv 12＋12Mv 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m第 13 页 共 15 页由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．7．(2020·河南郑州市线上测试)如图8所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图8(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．【答案】(1)3 m/s ，方向向左 6 m/s ，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m【解析】(1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02 解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s 碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m/s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右；(2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有 －μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1第 14 页 共 15 页对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m (3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－a 2t 2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m ．8．如图9甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图9(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长．【答案】(1)78(2)18 m第 15 页 共 15 页【解析】(1)根据v －t 图象的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2 由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得μ＝78 (2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动， 0～6 s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下， 2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上 所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。
专题04 能量观点和动量观点在考物理二轮热点题型归纳与变式演练(解析)
专题04能量观点和动量观点在力学中的应用【要点提炼】1.处理物理问题的三大观点(1)力和运动的观点，即牛顿运动定律和匀变速直线(曲线)运动规律、圆周运动规律等。
(2)功和能的观点，即动能定理等功能关系和机械能守恒定律、能量守恒定律。
(3)冲量和动量的观点，即动量定理和动量守恒定律。
2．力学中的功能关系(1)合外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)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p弹。
(4)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)系统内一对滑动摩擦力做功与内能的关系：fl相对＝ΔE内。
3．动量定理和动量守恒定律的普适性动量定理和动量守恒定律不仅适用于宏观物体、低速运动过程，对微观粒子、高速运动过程同样适用，比如原子核反应过程同样遵循动量定理和动量守恒定律。
【高考考向1能量观点在力学中的应用】命题角度1功和功率的理解及应用例1：（2022·北京密云·一模）电动汽车消耗电池能量驱动汽车前进，电池的性能常用两个物理量来衡量：一是电池容量Q，即电池能够存储的电量；另一个是电池的能量密度ρ，是指单位质量能放出电能的多少。
某m=的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如下图所示。
电池容量次实验中质量00.05kg检测系统在电压为4.0V时显示剩余电量100%，电压为3.0V时显示剩余电量为0。
通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。
（1）该电池的能量密度ρ是多少？（2）在放电过程中显示剩余电量从100%到90%用了时间t，依据图像信息推测剩余电量从90%到70%约要多少时间？（3）电动汽车的续航里程是指单次充电后可以在水平路面上匀速行驶的最大距离。
某电动汽车除电池外总质量为M，配上质量为m，能量密度为ρ的电池，续航里程为s。
已知汽车行驶过程中所受阻力与总质量成正比，驱动汽车做功的能量占电池总能量的比例确定，为提升该电动汽车的续航里程，可以采用增加电池质量和提高电池能量密度两种方式，请计算说明哪种方式更合理？【答案】（1）51.410V mAh /kg ⨯⋅；（2）4t ；（3）见解析【详解】（1）根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是qU 的积累，表示电池存储的总能量E ，根据题意可知能量密度为E m ρ=57000V mAh /kg=1.410V mAh /kg 0.05E m ρ==⋅⨯⋅（2）根据q It=可知I 保持不变，电量消耗与时间成正比，由U q -图像可知剩余电量从100%到90%，通过电池电量约为100Amh ，剩余电量从90%到70%，通过电池电量约400Amh ，则时间约为4t（3）设汽车质量M ，电池质量m ，单次充电行驶最大距离s ，由题意，阻力与总质量成正比，则有()f k M m =+汽车匀速运动，故消耗电能等于克服阻力做功()E fs k M m s∆==+设驱动汽车做功的能量与电池总能量的比例为η，则有E fs E m ηηρ∆===可得单次充电行驶最大距离为()(1)m s M k M m k mηρηρ==++s m s m 质量m 一定时，s 与ρ成正比，提升能量密度ρ，并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m 更合理。
2024届高考物理复习讲义：专题强化十二 力学三大观点的综合应用
专题强化十二力学三大观点的综合应用学习目标 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
2.会灵活选用三大观点解决力学综合问题。
1.三个基本观点(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.规律选用原则(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)或动能定理(涉及位移)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，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(2023·山东潍坊模拟)如图1甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。
已知滑块B 滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2kg，滑块B的质量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求：甲乙图1(1)碰撞后滑块B 的速度；(2)滑块B 经Q 点时对圆轨道的压力；(3)滑块A 的速度v 0；(4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B 需要多消耗的能量。
高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用
高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。
t＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。
已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。
在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。
求改变前后动摩擦因数的比值。
例题2.如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切。
在水平轨道上，两静止小球P 、Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。
某时刻剪断细线后，小球P 向左运动到A 点时，小球Q 沿圆轨道到达C 点；之后小球Q 落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P 发生碰撞。
已知小球P 的质量m 1＝3.2kg ，小球Q 的质量m 2＝1kg ，小球P 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p ＝168J ，小球到达A 点或B 点时已和弹簧分离。
重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q 运动到C 点时的速度大小；(2)小球P 沿斜面上升的最大高度h ；(3)小球Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球P 相碰。
高考物理二轮复习 热点4 力学三大观点的应用学案
热点4 力学三大观点的应用[热点跟踪专练]1．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为F N ，则( )A ．a ＝mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．F N ＝3mgR －2WRD ．F N ＝mgR －WR[解析] 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2，则速度v ＝mgR －W m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝mgR －WmR ，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ，F N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，选项D 错误．[答案] AC2．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋Mv 2C.12N μmgL D ．N μmgL[解析] 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M )v 1，系统损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M＋m )v 21＝12Mmv2M ＋m，A 错误，B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝N μmgL ，C 错误，D 正确．[答案] BD3．(多选)如图甲所示，一质量为m 的物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )A ．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt 0·cos θB ．物块从t ＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－32mv 0C ．斜面倾角θ的正弦值为5v 08gt 0D ．不能求出3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功[解析] 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量I G ＝3mgt 0，A 错误；上滑过程中物块做初速度为v 0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v 02t 0＝v 2·2t 0，解得v ＝v 02，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp ＝－mv －mv 0＝－32mv 0，B 正确；上滑过程中有－(mg sin θ＋μmg cos θ)·t 0＝0－mv 0，下滑过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)2t 0＝mv 02，解得sin θ＝5v 08gt 0，C 正确；根据动能定理可求出物块上升的最大位移，从而求出整个过程中摩擦力所做的功，故D 错误．[答案] BC4.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是( )A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J[解析] 本题考查胡克定律、动能定理、机械能守恒定律、重力做功、弹性势能等，意在考查考生对力学基本概念和规律的理解能力和分析计算能力．整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc＝mg sin30°，解得：k＝50 N/m，A项正确；由d 到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹力对滑块做功小于8 J，C、D项错．[答案] A5．光滑水平面上有A、B两辆小车，m B＝1 kg，原来静止，m A＝1 kg(含支架)．现将小球C用长为0.2 m的细线悬于支架顶端，m C＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4 m/s的速度冲向B车，如右图所示．若A、B正碰后粘在一起，不计空气阻力，g取10 m/s2，求小球C 摆动到最大高度时的速度和上升的最大高度．[解析] 设A，B相碰后二者的共同速度为v，(相碰时C球水平方向不受力，仍保持v0的速度)则由动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 解得v ＝2 m/sA 、B 粘在一起后，小球C 向右摆，细绳在水平方向的分力使A 、B 加速，当C 的速度与A 、B 水平方向的速度相同时小球摆至最高点，则由动量守恒，有m C v 0＋(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B＋m C )v ′解得A 、B 、C 相同的速度v ′＝2.4 m/s.再由机械能守恒定律，设C 球摆上的最大高度为h ，则 12m C v 20＋12(m A ＋m B )v 2＝12(m A ＋m B ＋m C )v ′2＋m C gh 解得h ＝0.16 m[答案] 2.4 m/s 0.16 m6.如图所示，倾角为θ、长为2L 的光滑斜面AO 与水平面OB 用一段很短的光滑圆弧平滑连接．质量为m 的小物块Q 静置于与O 处相距为L 的水平面上C 处，另一质量为12m 的小物块P 从斜面顶端A 处由静止开始沿斜面向下运动，经过一段时间后与Q 发生弹性正碰．若P 、Q 均可视为质点，与水平面间的动摩擦因数μ均恒为sin θ，重力加速度大小为g .求：(1)P 第一次到达C 处的速率v ； (2)最终P 、Q 间的距离s .[解析] (1)P 由斜面上A 点运动到O 处的过程，根据动能定理有12mg ·2L sin θ＝12·12mv 2－0p 从O 处运动到C 处，根据动能定理有－12mgL sin θ＝12·12mv 2－12·12mv 20 得v ＝2gL sin θ(2)设P 与Q 发生弹性正碰后的速度分别为v 1、v 2，则 12mv ＝12mv 1＋mv 212·12mv 2＝12·12mv 21＋12mv 22 得v 1＝－132gL sin θ，v 2＝232gL sin θ设P 、Q 最终停在粗糙水平面上的位置与C 处间的距离分别为s 1、s 2，则根据动能定理有－μ·12mgs 1＝0－12·12mv 21－μmgs 2＝0－12mv 22得最终P 、Q 间的距离s ＝s 2＋s 1＝59L[答案] (1)2gL sin θ (2)59L7．质量为M ＝3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t ＝0时，两个质量都是m ＝1.0 kg 的小物体A 和B (均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为v 1＝4.0 m/s 和v 2＝2.0 m/s 的水平速度冲上小车C ，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A 、B 与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g 取10 m/s 2.(1)求A 、B 在车上停止滑动时车的速度． (2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s 内小车运动的速度－时间图象． [解析] (1)以水平向右为正方向，设A 、B 在车上停止滑动时，车的速度为v ，根据动量守恒定律可得m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v解得v ＝0.40 m/s ，方向向右．(2)设A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为l 1和l 2，由功能关系可得 μmgl 1＋μmgl 2＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2解得l 1＋l 2＝4.8 m ，即车长至少为4.8 m.(3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A 、B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg ，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B 的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma得小物体的加速度大小a ＝μg设B 到t 1时刻停止滑动，则t 1－0＝v 2a＝1.0 s第二阶段：B 停止运动后，A 继续在车上滑动．设到t 2时刻物体A 与车有共同速度v ，则有v ＝(v 1－v 2)－a (t 2－t 1)解得t 2＝1.8 s第三阶段：t 2时刻之后，车以速度v 做匀速直线运动 小车运动的速度－时间图象如图所示．[答案] (1)0.40 m/s ，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析图8．(2017·湖北枣阳模拟)如图所示，质量为m ＝0.4 kg 的滑块，在水平恒力F 作用下，在光滑水平面上从A 点由静止开始向B 点运动，到达B 点时撤去外力F ，滑块随即冲上半径为R ＝0.4 m 的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑的水平面PQ 运动，设开始时平面AB 与圆弧CD 相切，A 、B 、C 三点在同一水平线上，令AB 所在直线为x 轴，A 为坐标原点，且AB ＝d ＝0.64 m ，滑块在AB 面上运动时，其动量随位移的变化关系为p ＝1.6x kg·m/s，小车质量M ＝3.6 kg ，不计能量损失，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块受到的水平推力F 的大小以及滑块到达D 点时小车的速度大小； (2)滑块第二次通过C 点时，小车与滑块的速度；(3)滑块从D 点冲出后再返回D 点的过程中，小车移动的距离．[解析] (1)由题意p ＝mv ＝1.6x kg·m/s，AB 段滑块做匀加速直线运动，所以v 22a＝x ，代入上式，结合牛顿第二定律可得F ＝3.2 N设滑块运动到B 时速度为v 0，由动能定理得Fd ＝12mv 2滑块运动到D 时，在水平方向上与车达到共同速度，此时小车速度为v 共，冲上顶端过程在水平方向上动量守恒，有mv 0＝(m ＋M )v 共代入数据解得v 0＝3.2 m/s ，v 车＝v 共＝0.32 m/s.(2)设滑块第二次通过C 点时滑块速度为v 1，小车速度为v 2，水平方向上系统动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Mv 2整个过程中，滑块与小车组成的系统机械能守恒，有 12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22 联立解得v 1＝－2.56 m/sv 2＝0.64 m/s故小车速度大小为0.64 m/s ，方向向右 滑块速度大小为2.56 m/s ，方向向左．(3)滑块由C 运动到D 过程，设滑块对地速度为v t ，小车和滑块组成的系统机械能守恒，有12mv 20＝12Mv 2共＋mgR ＋12mv 2t 滑块冲出D 点时的运动可分解为竖直方向上的匀变速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，设冲出D 点时竖直方向速度为v yv y ＝v 2t －v 2共，t ＝2v yg在此期间小车移动的距离x车＝v共t代入数据解得x车＝0.07 m.[答案] (1)3.2 N 0.32 m/s (2)0.64 m/s，方向向右 2.56 m/s，方向向左(3)0.07 m。
专题4 力学三大观点的综合应用
第六章
命题点一 命题点二
专题4 力学三大观点的综合应用
必备知识 关键能力
-12-
答案: (1)4 m/s (2)0.6 m (3)30 N 解析: (1)A 球从水平位置摆到最低点,则
mAgL=2mA������0 2 解得:v0=4 m/s (2)A 与 B 发生弹性碰撞,则 mAv0=mAvA+mBvB
1 2 2 1 ( m +m +m ) v = m B C D������2 2 2
+ 2(m+mB+mC)v″2
1
解得 v2=2 m/s,v″=0 根据牛顿第二定律有
������2 2 F'-mDg=mD ������
解得F'=120 N 根据牛顿第三定律,物体D再一次回到最低点时对C的压力F=120 N。
第六章
知识梳理 考点自诊
专题4 力学三大观点的综合应用
必备知识 关键能力
-5-
1.(2018· 全国卷,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。
当烟花弹上升速度为零时爆炸,可将此运动看成竖直上升运动。 竖直上升运动公式有 v=gt,v2=2gh0 联立可解得 t=
2������������ ������ , h = 0 ������������ ������������
第六章
知识梳理 考点自诊
2025高考物理总复习用三大观点解决力学问题
0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质
点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2 (x为形变量)，重力
则滑块a、b碰撞过程损失的能量 ΔE＝12mvF2－12mva2－12×3mvb2 解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住， 求碰撞后弹簧最大长度与最小长度 之差Δx。 答案 0.2 m
若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则由动量守恒知a、b 碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv 解得v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长 时有共同速度v′， 有 4mv＝6mv′，解得 v′＝53 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1， 由能量守恒有12×(m＋3m)v2＝12× (m＋3m＋2m)v′2＋12kx12 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和 最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (2023·江苏徐州市第七中学校考)如图所示，质量m＝1 kg的小球用 长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上， 两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉 至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一 段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、 B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量 mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
高考物理二轮复习专题二功和能考点力学三大观点的应用限时集训.doc
考点四力学三大观点的应用[限时45分钟；满分100分]1．(16分)(2018·济宁二模)如图2－4－9所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。
一个质量为m1＝0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动。
一段时间后物块A以v0＝6 m/s的速度与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。
已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：图2－4－9(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度。
解析(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：mv＝m1v＋m2v，联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。
(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g ＝m2a2速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：对物块C有μ2m3g＝m3a3，设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，v2＋a2t＝a3t，木板B的最小长度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m。
答案(1)－2 m/s 4 m/s(2)1 m2．(16分)如图2－4－10所示，半径R＝0.1 m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x＝1 m。
质量m＝0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1 kg的小滑块2，从A点以v0＝2 m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。
已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2。
取重力加速度g＝10 m/s2。
两滑块均可视为质点。
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热点4 力学三大观点的应用
[热点分析]
力学问题力要清，力的三种时空效应更要清．即力的瞬时效应产生加速度，是速度变化的原因；力的时间积累效应产生冲量，是动量变化的原因；力的空间位移积累做功，是动能变化的原因．力的三种时空效应是开启力学问题、力电问题、乃至整个高中物理问题的三把金钥匙．解力学题一定要牢记力学的三大观点，即力的观点(牛顿第二定律)，能量的观点(动能定理、能量守恒定律)，动量的观点(动量定理、动量守恒定律)，这必将是2018高考重点考查的主干知识．
如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2
.求：
(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；
(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；
(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．
[解析] (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12
m 1v 21， 小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 2
1R
， 联立可得：W f ＝－0.4 J.
(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律：
m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，
由能量守恒定律：12m 1v 21＝12
(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.
(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度
为v 4，由动量守恒定律：
m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，
由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12
m 2v 24， 根据动量定理有：I ＝m 2v 4，
联立可得：I ＝0.4 N·s.
[答案] (1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s
解决力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．。