2018届高考物理二轮复习跟踪专练热点4 力学三大观点的应用

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力学的三大基本观点及其应用

力学的三大基本观点及其应用一、力学的三个基本观点：力的观点: 牛顿运动定律、运动学规律动量观点：动量定理、动量守恒定律能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律例1．质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，速度为v0 ,某时刻拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？小结：先大后小，守恒优先变1：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大?小结:涉及时间,动量定理优先变2: 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，中途拖车脱钩，待司机发现时,汽车已行驶了L 的距离,于是立即关闭油门．设运行过程中所受阻力与重力成正比,汽车牵引力恒定不变,汽车停下时与拖车相距多远？小结：涉及位移,动能定理优先二、力的观点与动量观点结合：例2．如图所示，长 12 m、质量为 50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为 0.1，质量为 50 kg 的人立于木板左端,木板与人均静止，当人以 4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住立柱，（取 g＝10 m/s2）试求：（1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．(2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑动？还能滑行多远的距离？三、动量观点与能量观点综合：例3．如图所示,坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m1的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端与质量为 m2的挡板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端 O 点．A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g,求：(1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小．（2）弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 E p(设弹簧处于原长时弹性势能为零）．四、三种观点综合应用：例4．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值 d 时，相互作用力为零,当它们之间的距离小于 d 时，存在大小恒为 F 的斥力．设 A 物体质量 m1＝1.0 kg，开始时静止在直线上某点；B 物体质量 m2＝3。

高考物理二轮复习五三大观点的用第1讲三

拾躲市安息阳光实验学校第1讲三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2①代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v ＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？ (2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cosθ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道B C D 相切，半圆的直径B D 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间．解析：(1)B 在A 上的最大加速度：a B ＝μ2mg m＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ②联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得：滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为v A ＝a A 1t ④v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s. 答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv2－12(M ＋m )v 2共＝24 J. 答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m.轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功．(3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m.(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0①其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J.(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s. 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求： (1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带． (3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带．解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B解得s ＝v 2B2μg＝2.25 ms<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解析。

高中物理中力学三大观点的综合应用

高中物理中力学三大观点的综合应用楼㊀倩(兰州市第七中学ꎬ甘肃兰州７３００００)摘㊀要:本文主要对力学三大观点进行介绍ꎬ对三大观点的优选原则进行分析ꎬ并结合典型例题ꎬ探讨如何利用力学三大观点解决综合性问题.关键词:高中物理ꎻ力学三大观点ꎻ解题应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０６－００８３－０３收稿日期:２０２３－１１－２５作者简介:楼倩(１９８６.２－)ꎬ女ꎬ甘肃省兰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中力学三大观点ꎬ即动力学观点㊁能量观点和动量观点.是高考中必考的考点ꎬ具有综合性强㊁难度大的特征ꎬ常常作为考试的压轴题出现.本文对该部分知识进行了分析ꎬ以便加强学生对三大观点的理解和应用.１力学三大观点概述高中物理中的力学三大观点ꎬ包括动力学观点㊁能量观点和动量观点[１].其中动力学观点是结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律ꎬ求解物体做匀变速直线运动时速度㊁加速度㊁位移等物理量ꎬ涉及运动的细节ꎬ可以用来处理匀变速运动的相关问题ꎻ能量观点是结合动能定理㊁功能关系㊁机械守恒定律和能量守恒定律ꎬ解决功和能之间的关系ꎬ涉及做功和能量转换ꎬ既能解决匀变速运动的相关问题ꎬ也能处理非匀变速运动问题ꎻ动量观点是涉及动量定理和动量守恒定律ꎬ解决过程只涉及物体的初末速度㊁力㊁时间或者只与初末速度有关ꎬ和能量观点一样ꎬ动量观点适用范围既包括匀变速运动ꎬ也包括非匀变速运动问题.２三大观点的选用原则力学的三大观点ꎬ针对的是不同的物理情境ꎬ解决的是不同的问题.如若误用ꎬ就会降低解题效率ꎬ甚至求出错误答案或者求解过程陷入僵局.因此ꎬ需要对三大观点的选用原则有一定的了解.(１)当物理情境为碰撞㊁爆炸㊁反冲等问题ꎬ若只涉及初㊁末速度而不涉及力㊁时间ꎬ且研究对象为一个系统ꎬ优先选用动量守恒定律ꎬ并联立能量守恒定律进行求解ꎬ需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(２)当涉及运动的具体细节时ꎬ考虑动力学观点进行解题ꎬ能量和动量观点均只关注初末状态ꎬ不考虑运动细节.(３)当问题涉及相对位移时ꎬ可优先考虑能量守恒定律.此时系统克服摩擦力所做的功和系统机械能的减少量相等ꎬ即转变为系统的内能.这种解法可以避免对复杂的运动过程进行分析ꎬ简化解题步骤.(４)若在求解问题时ꎬ需要求出各个物理量在某时刻的大小ꎬ则可以优先运用牛顿第二定律.(５)若研究对象为单一物体ꎬ且涉及功和位移问题时ꎬ应优先考虑动能定理.３热点题型分析３.１应用三大动力学观点解决碰撞㊁爆炸模型例１㊀如图１所示ꎬ水平地面上放置有Ｐ㊁Ｑ两个物块ꎬ两者相距Ｌ＝０.４８ｍꎬＰ物块的质量为１ｋｇꎬ３８Ｑ物块的质量为４ｋｇꎬＰ物块的左侧和一个固定的弹性挡板接触.已知Ｐ物块与水平地面间无摩擦ꎬ且其和弹性挡板碰撞时无能量损失ꎬＱ物块与水平地面有摩擦且动摩擦因数为０.１ꎬ重力加速度取１０ｍ/ｓ２.某一时刻ꎬＰ以４ｍ/ｓ的初速度朝着物块Ｑ运动并和其发生弹性碰撞ꎬ回答以下问题:图１㊀例１题图(１)Ｐ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小各为多少?(２)Ｐ物块与Ｑ物块第二次碰撞后ꎬ物块Ｑ的瞬间速度大小为多少?解析㊀(１)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为ｖ１和ｖ２ꎬ有ｍ１ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ１２ｍ１ｖ０２＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２ꎬ求解得ｖ１＝－１２５ｍ/ｓꎬｖ２＝８５ｍ/ｓ.因此ꎬＰ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小分别为１２５ｍ/ｓ㊁８５ｍ/ｓ.(２)设碰后Ｑ的加速度为ａꎬ则有μｍｇ＝ｍａ.假设第二次碰撞前Ｑ没有停止运动ꎬ有ｘ＋２Ｌ＝｜ｖ１｜ｔ１ꎬｘ＝ｖ２ｔ１－１２ａｔ２１ꎬ解得ｔ１＝０.８ｓ.假设第二次碰撞前Ｑ已经停止运动ꎬ有ｖ２＝ａｔ２ꎬ解得ｔ２＝１.６ｓ.所以第二次碰撞前Ｑ没有停止运动.设第二次碰撞前的瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰꎬＱ的速度为ｖＱ.碰撞后瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰᶄꎬＱ的速度为ｖＱᶄꎬ则:ｖＱ＝ｖ２－ａｔ１ｍ１ｖＰ＋ｍ２ｖＱ＝ｍ１ｖＰᶄ＋ｍ２ｖＱᶄ１２ｍ１ｖＰ２＋１２ｍ２ｖＱ２＝１２ｍ１ｖＰᶄ２＋１２ｍ２ｖＱᶄ２ｖＰ＝－ｖ１解得ｖＱᶄ＝３６２５ｍ/ｓ.例２㊀有一组机械组件ꎬ由螺杆Ａ和螺母Ｂ组成ꎬ因为生锈难以分开ꎬ图２为装置剖面示意图.某同学将该组件垂直放置于水平面上ꎬ在螺杆Ａ顶端的Ｔ形螺帽与螺母Ｂ之间的空隙处装入适量火药并点燃ꎬ利用火药将其炸开 .已知螺杆Ａ的质量为０.５ｋｇꎬ螺母的质量为０.３ｋｇꎬ火药爆炸时所转化的机械能Ｅ＝６ＪꎬＢ与Ａ的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为ｆ＝１５Ｎꎬ忽略空气阻力ꎬ重力加速度ｇ＝１０ｍ/ｓ２.图２㊀例２题图(１)求火药爆炸瞬间螺杆Ａ和螺母Ｂ各自的速度大小ꎻ(２)忽略空隙及螺母Ｂ的厚度影响ꎬ要使Ａ与Ｂ能顺利分开ꎬ求螺杆Ａ的竖直直杆的最大长度Ｌ.解析㊀(１)设火药爆炸瞬间螺杆Ａ的速度大小为ｖ１ꎬ螺母Ｂ的速度大小分别为ｖ２ꎬ以竖直向下为正方向ꎬ根据能量守恒定律和动量守恒定律ꎬ有０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２Ｅ＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２求解得ｖ１＝－３ｍ/ｓꎬｖ２＝５ｍ/ｓꎬ因此杆Ａ的速度大小为３ｍ/ｓꎬ方向竖直向上ꎻ螺母Ｂ的速度大小为５ｍ/ｓꎬ方向坚直向下.(２)Ａ相对Ｂ向上运动ꎬ所受摩擦力ｆ向下ꎬ则对螺杆Ａ由牛顿第二定律可得ｍ１ｇ＋ｆ＝ｍ１ａ１ꎬ解得ａ１＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向下.对螺母Ｂ由牛顿第二定律可得ｆ－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ２ꎬ解得ａ２＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向上.火药爆炸后ꎬＡ向上做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ１ａ１＝３４０ｓ.Ｂ向下做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ２ａ２＝５４０ｓ.所以Ｂ一直做匀减速运动ꎬＡ则先做匀减速将速度减至为０而后做匀加速运动ꎬ当两者速度相等时刚好分开ꎬ此时直杆的长度最大.取向下为正方向ꎬ可得ｖ２－ａ２ｔ３＝－ｖ１＋ａ１ｔ３ꎬ解得ｔ３＝０.１ｓ.则直杆长度的最大值为Ｌ＝(ｖ１＋ｖ２)ｔ３２ꎬ解得Ｌ＝０.４ｍ.３.２应用三大动力学观点解决多过程问题例３㊀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ꎬ小物块Ｂ静止４８于水平轨道的最左端ꎬ如图３(ａ)所示.ｔ＝０时刻ꎬ小物块Ａ在倾斜轨道上从静止开始下滑ꎬ一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞(碰撞时间极短)ꎻ当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点(图中未标出)时ꎬ速度减为０ꎬ此时对其施加一外力ꎬ使其在倾斜轨道上保持静止.物块Ａ运动的ｖ－ｔ图像如图３(ｂ)所示ꎬ图中的ｖ１和ｔ１均为未知量.已知Ａ的质量为ｍꎬ初始时Ａ与Ｂ的高度差为Ｈꎬ重力加速度大小为ｇꎬ不计空气阻力.(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀(ｂ)图３㊀示意图(１)物块Ｂ的质量为多少?(２)物体Ａ在图３(ｂ)所描述的运动过程中ꎬ克服摩擦力做了多少功?(３)已知Ａ物块和Ｂ物块和轨道间的摩擦因数是相等的.当物块Ｂ停止运动后ꎬ将物块和轨道间的摩擦因数改变ꎬ然后从Ｐ点释放物块Ａꎬ其运动一段时间后ꎬ刚好能和物块Ｂ正好碰上.求改变前后摩擦因数的比值.解析㊀(１)根据图３(ｂ)ꎬ可以得出在ｔ１时刻ꎬ两物块发生了碰撞ꎬ物块Ａ的速度由碰撞前的ｖ１变为碰撞后的ｖ１２.碰撞问题ꎬ运用动量守恒和能量守恒观点进行分析ꎬ设物块Ｂ的质量为ｍＢꎬ其碰撞后的瞬间速度大小为ｖＢ.则有ｍｖ１＝ｍ(－ｖ１２)＋ｍＢｖＢ１２ｍｖ２１＝１２ｍ(－１２ｖ１)２＋１２ｍＢｖ２Ｂ解得ｍＢ＝３ｍ.(２)求物体Ａ在运动过程中克服摩擦力所做的功的大小ꎬ需要结合能量观点和动力学观点进行求解.设物体Ａ和轨道之间的滑动摩擦力为ｆꎬＰ点距地面的高度为ｈꎬ碰撞前物体Ａ走过的路程为ｓ１ꎬ碰撞之后走过的路程为ｓ２.碰撞之前ꎬ物体Ａ的速度由０加速至ｖ１ꎬ该过程重力做正功ꎬ摩擦力做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有ｍｇＨ－ｆｓ１＝１２ｍｖ２１－０碰撞之后ꎬ物体Ａ的速度由ｖ１２减速至０ꎬ该过程重力和摩擦力均做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有－(ｆｓ２＋ｍｇｈ)＝０－１２ｍ(－ｖ１２)２在整个过程中ꎬ物体克服摩擦力做功的大小为Ｗ＝ｆｓ１＋ｆｓ２由图３(ｂ)的ｖ－ｔ图像可知ｓ１＝１２ｖ１ｔ１ｓ２＝１２ˑｖ１２ˑ(１.４ｔ１－ｔ１)且ｓ１和ｓ２存在几何关系ｓ２ｓ１＝ｈＨ联立可得Ｗ＝２１５ｍｇＨ.(３)设轨道和地面之间的夹角为θꎬ改变前的动摩擦因数为μ有Ｗ＝μｍｇｃｏｓθＨ＋ｈｓｉｎθ设物块Ｂ在水平轨道上能够滑行的距离为ｓᶄꎬ由动能定理有－μｍᶄｇｓᶄ＝０－１２ｍᶄｖᶄ２设改变后的动摩擦因数为μᶄꎬ依据动能定理有ｍｇｈ－μᶄｍｇｃｏｓθ ｈｓｉｎθ－μᶄｍｇｓᶄ＝０联立可得μμᶄ＝１１９.４结束语总之ꎬ当运用力学三大观点进行解题时ꎬ关键在于明确研究对象和其所经历的物理过程ꎬ并能够根据问题ꎬ应用合适的观点进行求解.该类题对学生的综合素质要求较高ꎬ教学过程切不可机械化㊁模板化ꎬ教师要引导学生多思考㊁多总结ꎬ达到讲一题会一类的教学效果ꎬ培养学生的解题思维.参考文献:[１]李得天.利用力学的三大观点解高考力学压轴题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(２０):３４－３５.[责任编辑:李㊀璟]５８。

应用力学的“三大观点”解题

分类力的瞬时
作用力的空间积累作用
力的时间积累作用
对应规律牛顿第二定律
动能定理机械能守恒定律
动量定理
动量守恒定律
规律内容物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量在只有重力(弹簧弹力)做功的情况下，物体的机械能的总量保持不变物体所受合外力的冲量等于它的动量的增量系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的总动量就保持不变．(在某个方向上系统所受外力之和为零，系统在这个方向上的动量分量就保持不变)
令 h 表示 B 上升的高度，有 h＝v′2g22④ 由以上各式并代入数据得 h＝4.05 m⑤ 【答案】 4.05 m
动量、能量、牛顿运动定律、匀变速直线运动综合例 4 如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t1＝2 s 至 t2＝4 s 内工作．已知 P1、P2 的质量都为 m＝1 kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 μ＝0.1，AB 段长 L ＝4 m，g 取 10 m/s2，P1、P2 和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)物块 C 的质量 mC； (2)墙壁对物块 B 的弹力在 4 s 到 12 s 的时间内对 B 的冲量 I 的大小和方向； (3)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep.
【解析】 (1)由图知，C 与 A 碰前速度为 v1＝9 m/s，碰后速度为 v2＝3 m/s，C 与 A 碰撞过程动量守恒，
【解析】设物块受到水平冲量后速度为 v0.滑环固定时12 Mv02＝MgL 得 v0＝ 2gL.

届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第讲三大观点在电磁学综合问题中的应用课后演练强化提能.doc

第2讲三大观点在电磁学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2018·高考天津卷)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N 射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝3RB E.⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(3R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝3Rr′－R⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝vv0⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝qBR m.答案：见解析2.(2018·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有r cos 45°＝h可得r＝2h又qv 1B ＝mv 21r 可得v 1＝qBr m ＝2qBh m . (2)设粒子第一次经过x 轴的位置为x 1，到达b 点时速度大小为v b ，结合类平抛运动规律，有v b ＝v 1cos 45°得v b ＝qBh m设粒子进入电场经过时间t 运动到b 点，b 点的纵坐标为－y b结合类平抛运动规律得r ＋r sin 45°＝v b ty b ＝12(v 1sin 45°＋0)t ＝2＋12h由动能定理有：－qEy b ＝12mv 2b －12mv 21 解得E ＝（2－1）qhB 2m. (3)粒子在磁场中的周期为T ＝2πr v 1＝2πm qB 第一次经过x 轴的时间t 1＝58T ＝5πm 4qB在电场中运动的时间t 2＝2t ＝2（2＋1）m qB在第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间t 3＝34T ＝3πm 2qB所以总时间t 0＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11π4＋22＋2m qB . 答案：(1)2h 2qBh m (2)（2－1）qhB 2m(3)⎝ ⎛⎭⎪⎫11π4＋22＋2m qB 3．(2018·高考全国卷 Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图(a)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有图(b)qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。

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。

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

5
(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．
6
[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
1
热点 4
力学三大观点的应用
2
[热点分析]
3
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．
4
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：
8
(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

2018年高考物理复习专题4 力学三大观点的综合应用

量守恒得 m1v0=(m1+m2)v1① �� 1 ��0 即 v1=
�� 1 +�� 2
然后 m3 上摆的过程系统动量守恒、机械能守恒,设三者最后共同的速度为 v,有 (m1+m2)v1=(m1+m 2+m3)v② 1 1 (m1+m2) ��1 2 =m3gh+ (m1+m2+m3)v 2③
(1)在撤去力F时,滑块的速度大小。 (2)滑块通过B点时的动能。关闭 (1)3 .0 m/s (2)4B .0点后 J (3)0.50 J (3) 滑块通过 ,能沿圆弧轨道上升的最大高度 h=0.35 m,求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。解析答案
第六章
基础夯实自我诊断
专题4 力学三大观点的综合应用
Fx-mg· 2R≥ mvC'2,
2
1
则 Fx≥mg· 2R+ mvC'2
2
1
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。答案： (1)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N
第六章
基础夯实自我诊断
专题4 力学三大观点的综合应用
基础夯实多维课堂
-9-
3.如图所示,一质量为m2的小车支架上用细线悬挂着一质量为m3 的小球停在光滑水平面上。另一质量为m1的小车以速度v0向m2撞关闭来 ,并立即与它粘连在一起。求小球 m ? m m2 碰撞瞬间 ,m3 保持静止。设 m m2 碰后共同速度为 v1,由动 3能向上摆起的最大高度 1、 1、
2�� (�� 1 +�� 2 )(�� 1 +�� 2 +�� 3 )

三大力学观点的综合应用

(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA′，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤ 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.3 m/s。⑦
(1)求物块 M 碰撞后的速度大小； (2)若平台表面与物块 M 间的动摩擦因数 μ＝0.5，物块 M 与小球的初始距离为 x1＝1.3 m，求物块 M 在 P 处的初速度大小。
[解析] (1)碰后物块 M 做平抛运动，设其平抛运动的初速度为 v3，平抛运动时间为 t，由平抛运动规律得
h＝12gt2① x＝v3t② 得：v3＝x 2gh＝3.0 m/s。③ (2)物块 M 与小球在 B 点处碰撞，设碰撞前物块 M 的速度为 v1，碰撞后小球的速度为 v2，由动量守恒定律： Mv1＝mv2＋Mv3④
解析：(1)由题图乙可知：长木板的加速度 a1＝12 m/s2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力 Ff＝ m1a1＝2 N 小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝mF2fg＝0.2。 (2)由题图乙可知，小物块的加速度 a2＝42 m/s2＝2 m/s2 由牛顿第二定律可知：F－μm2g＝m2a2 解得 F＝4 N。
碰后小球从 B 点处运动到最高点 A 过程中机械能守恒，设小球在 A 点的速度为 vA，则12mv22＝12mvA2＋2mgL⑤
小球在最高点时有：2mg＝mvLA2⑥ 由⑤⑥解得：v2＝6.0 m/s⑦ 由③④⑦解得：v1＝mv2＋MMv3＝6.0 m/s⑧ 物块 M 从 P 点运动到 B 点过程中，由动能定理：－μMgx1＝12Mv12－12Mv02⑨ 解得：v0＝ v12＋2μgx1＝7.0 m/s。 [答案] (1)3.0 m/s (2)7.0 m/s

全国通用2018年高考物理二轮温习精练一必考热点3动量观点和能量观点的应用

必考热点3 动量观点和能量观点的应用热点阐释动量观点和能量观点是解决力学问题的重要途径，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)，动量观点(含动量定理和动量守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的核心，选择题、计算题中均有表现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且常常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1.如图1所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。

起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x 。

然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 。

那么此进程中弹力所做的功为( )图1A.12mv 2－μmgx B.μmgx －12mv 2C.12mv 2＋μmgx D.以上选项均不对解析设W T 为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx ，由动能定理得W T －μmgx ＝12mv 2－0，得W T＝12mv 2＋μmgx 。

答案 C2.如图2，滑腻圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2。

重力加速度大小为g ，那么N 1－N 2的值为( )图2A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg解析小球在最低点有N 1－mg ＝m v 21r ，小球在最高点有N 2＋mg ＝m v 22r，从最低点到最高点，依照机械能守恒定律有12mv 21＝12mv 22＋mg ·2r ，联立解得N 1－N 2＝6mg ，D 正确。

答案 D3.水平推力F 1和F 2别离作用于水平面上的同一物体，一段时刻后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，若是物体在两种情形下的总位移相等，且F 1大于F 2，那么( ) A.F 2的冲量大 B.F 1的冲量大 C.F 1与F 2的冲量相等D.无法比较解析画出两种情形下物体运动的v －t 图如下图，图线与横轴所围的面积表示位移，故两种情形下物体运动的总位移相等，两种情形下物体运动的时刻t 1<t 2，由动量定理，Ft ′－μmgt ＝0，可知F 2的冲量大，选项A 正确。

【高考复习】2018届高考物理二轮专题复习文档：“应用三大观点破解力电综合问题”

“应用三大观点破解力电综合问题” 学前诊断1.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l 。

导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示。

两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其他部分的电阻可不计。

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cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0。

若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab 的速度变为初速度的34时，棒cd 的加速度是多大？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v ，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 02－12·2m v 2＝14m v 02。

(2)设棒ab 的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒可知m v 0＝34m v 0＋m v ′，得v ′＝14v 0，此时棒cd 所受的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 04R 。

由牛顿第二定律可得：棒cd 的加速度大小为a ＝F m ＝B 2l 2v 04mR。

答案：(1)14m v 02(2)B 2l 2v 04mR2．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l ＝1 m ，电阻不计，一个阻值为R 0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B ＝1 T 。

现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。

金属棒下滑过程中与导轨接触良好。

改变电阻箱的阻值R ，测定金属棒的最大速度v m ，得到1v m -1R的关系如图乙所示。

取g ＝10 m/s 2。

求：(1)金属棒的质量m 和定值电阻R 0的阻值；(2)当电阻箱R 取2 Ω，且金属棒的加速度为g4时，金属棒的速度。

【高考】物理课标版二轮复习应用“三大观点”解决力学综合问题ppt课件

根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0=(M+m)v共
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μmgΔl=
1m
2
v02-
1 2
(M+m)
v共2
解得v共=3 m/s,Δl=6 m
(2)对木板有μmgs=
1M
2
v共2 -0,解得s=2
m
当L≥2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块
以v共=3 m/s匀减速到C点
程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH-fs1=
1 2
mv12
-0
④
-(fs2+mgh)=0-
1 2
m
-
v1 2
2
⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1=
1 2
v1t1
⑥
s2=
1 2
·v1
2
·(1.4t1-t1)
5
过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
考点一
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(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
60°)=
1 2
mvA2
-1
2
mvP2
在P点受力分析如图an=
vP2 R
ax=g sin 60°
a=
an2 ax2 =
67 g
2
考点一

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。

2018届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 －WmRBC ．F N ＝3mgR －2WRD ．＝mgR [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 ，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＝ma ，F N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，选项D 错误．L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量μ.初始时小物块停在箱子正中间，如v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，( )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( )3mgt 0·cos θ 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－32mv 0I G ＝3mgt 0，A 错误；上滑过程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。

高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第2讲三大观点在电磁学综合问题中的应用课件

解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为 a，时间为 t0，离开电场时，沿 y 轴方向的速度大小为 vy 则 L＝v0t0，a＝emE，vy＝at0，vy＝tanv300° 联立解得 E＝ 3emLv20. (2)设轨迹与 x 轴的交点为 D，O、D 间的距离为 xD，则 xD＝12Ltan 30°＝ 63L
x 轴正方向的初速度 v0 射入电场，并从 y 轴上点 A0，21L射出电场，射出时速度方向与 y 轴负方向成 30°角，此后，电
子做匀速直线运动，进入矩形磁场区域并从磁场边界上点

Q

63L，－L
射出，速度沿 x 轴负方向，不计电子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度 E 的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和电子在磁场中运动的时间 t； (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积 Smin.
答案：见解析
角度 2 带电粒子在叠加场中的运动 2.(2018·黄冈中学模拟)如图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线 PQ 与桌面成 45°角，虚线上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为 m，电荷量为 q；C 球不带电且质量为 km(k>7)．A、C 间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电荷量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间 A 的速度大小为 v0.
真题再现 (2)由题意，在 t＝0 时刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴从 t＝0 到时刻 t1 的位移为 s1＝v0t1＋12a1t21⑦ 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2＝2t1 的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－12a2t12⑧ 由题给条件有 v20＝2g(2h)⑨ 式中 h 是 B、A 两点之间的距离. 若 B 点在 A 点之上，依题意有 s1＋s2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝2－2gvt01＋14gvt012E1⑪ 为使 E2>E1，应有 2－2gvt01＋14gvt012>1⑫