专题 力学观点的综合应用
专题8 力学中三大观点的综合应用(练习)(原卷版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)
A．
B．
C．
D．
02 力学三大观点的综合应用 ······························································· 10
考向一 力学三大观点的综合应用 ·········································································10
1 2
kx2（
x
为形变量）。
求：
（1）滑块 c第一次经过 E 点时对装置 P 的作用力；
（2）滑块 a 的初速度大小 v0 ；
（3）试通过计算判断滑块 c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
10．（202滑水平地面上，木板左端和正中央分别放
A．弹簧获得的最大弹性势能为 5 mgh 6
B．滑块沿弧形槽上升的最大高度为 4h 9
C．滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用 D．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒 7．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的 O 点，另一端自由伸长到 A 点， OA 之间、 B 右侧的水平面光滑， AB 之间的距离 l 1 m ，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数 从 A 向 B 随距离均匀变化如右图所示。质量 M 2 kg 的足够高光滑曲面在 B 处与水平面平滑连接。m 1 kg 的小物块开始时静置于水平面上的 B 点。现给小物块一个水平向右的初速度 v0 9 m/s ，重力加速度 g 取 10 m/s2 。求： （1）小物块在曲面上上升的最大高度； （2）小物块返回 B 点时小物块和曲面的速度大小； （3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
第7讲力学三大观点的综合应用
(m+ma)·
-(m+ma)· ,解得动摩擦因数μ= ,D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·辽宁卷,15)如图,质量 m1=1 kg 的木板静止在光滑水平
地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数 k=20 N/m 的轻弹簧,弹簧处
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑
使用牛顿运动定律或动能定理。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系
统中滑动摩擦力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移,运用
动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·全国乙卷,25)如图,一竖直固定的长直圆管内有一
-
物块反向运动,物块的加速度大小为 a=
2
2
=2 m/s ,位移为 x3= ×2×
2 m=4 m<x1+x2,即 6 s 时物块没有回到初始位置,故选项 B 错误。0～
6 s 内拉力做的功为 W=(4×9-4×3+4×4) J=40 J,故选项 D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
图像如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为 g,物块 b 可视为质点,且物
块 b 始终未滑出木板 a。下列说法正确的是(
A.物块 b 的质量为 m
√
B.物块 b 的质量为 2m
C.木板 a 的长度至少为
专题(19)力学三大观点的综合应用(原卷版)
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（原卷版）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6页第 2 页 共 6 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？【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 .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v0＝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m1＝1 kg，取g＝10 m/s2.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m2＝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m2′＝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．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m0＝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/s2)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．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；第3页共6页第 4 页 共 6 页(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．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 .【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( )图6第 5 页 共 6 页A ．0 B.2μg 3 C.μg 2 D.F 2m －μg 46．(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．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．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/s2，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．第6页共6页。
力学三大观点的综合应用(解析版)--2025高考物理
力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F 合=ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2动量观点动量定理I 合=p ′-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。
已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。
弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。
求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。
【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。
第3讲 三大力学观点的综合应用
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m
⑧
由于 l＜sA＜2l＋sB，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 m。 ⑨
(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 vA′，由动能定理有
2．(2021·青岛质检)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为 2 kg 的球 a 放在高度为 h＝1.8 m 的平台上，长木板 c 放在水平地面上，带凹槽的容器 b 放在 c 的最左端。a、b 可视为质点，b、c 质量均为 1 kg，b、c 间的动摩擦 因数 μ1＝0.4，c 与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.6。在某次投掷中，球 a 以 v0 ＝6 m/s的速度水平抛出，同时给木板 c 施加一水平向左、大小为 24 N 的恒 力，使球 a 恰好落入 b 的凹槽内并瞬间与 b 合为一体。取 g＝10 m/s2，求：
解析：长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合 外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械 能不守恒，故 A 正确，B 错误；设长木板的质量为 M，长木板要能与障碍物 发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有 (m＋2m)v＞Mv，得 M＜3m，所以若长木板的质量为 6m，长木板不可能与障 碍物发生两次碰撞，故 C 错误；子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由 动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得 v1＝13v0，木块在长木板上滑行过程， 由动量守恒定律得：(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，由能量守恒定律得：μ·3mgL1 ＝12(m＋2m)v21－12(m＋2m＋3m)v22，长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，
专题强化九 力学三大观点的综合应用
专题强化九力学三大观点的综合应用【专题解读 1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点。
2.会灵活选用三个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．主要运动形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、滑块在木板上的运动、传送带上的直线运动等。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动等。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动等。
3．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。
【真题示例1(2021·广东卷，13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。
如图1所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。
现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
高中物理 力学三大观点的综合应用
第10课时 力学三大观点的综合应用命题规律 1.命题角度：(1)应用力学三大观点解决多过程问题；(2)板－块模型中力学三大观点的应用.2.常考题型：计算题．高考题型1 应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比例1 (2021·浙江6月选考·20)如图1所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.图1(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .答案 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m 解析 (1)小滑块在AB 轨道上运动mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v 02代入数据解得v 0＝43gh ＝4 m/s(2)设小滑块滑至B 点时的速度为v B ，小滑块与小球碰撞后速度分别为v 1、v 2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有m v B ＝m v 1＋m v 2，12m v B 2＝12m v 12＋12m v 22解得v 1＝0，v 2＝v B小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝mv E min2R从C 点到E 点由机械能守恒可得12m v E min2＋mg (R ＋r )＝12m v B min2其中v B min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到Q 点的运动，由动能定理mg (R ＋y )＝12m v G 2－12m v E min 2由平抛运动规律可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2联立可得水平距离为x ＝2(0.5－y )(0.3＋y )由数学知识可得，当0.5－y ＝0.3＋y 时，x 有最大值最大值为x max ＝0.8 m ．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、木板各自的相对地面的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相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．例2 如图2所示，水平面上有一长为L ＝14.25 m 的凹槽，长为l ＝334m 、质量为M ＝2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐．水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m ＝4 kg 的小物块接触但不连接．用一水平力F 缓慢向左推小物块，当力F 做功W ＝72 J 时突然撤去力F .已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦不计，g 取10 m/s 2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计．求：图2(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离．答案 (1)6 m/s (2)4 m/s (3)3518m解析 (1)由题知W ＝12m v 02 ，解得v 0＝6 m/s(2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得m v 0＝(M ＋m )v 1设物块在平板车上滑动的距离为l 1，对此过程由动能定理得：μmgl 1＝12m v 02－12(M ＋m )v 12解得v 1＝4 m/s ，l 1＝3 m设达到共速v 1时平板车的位移为x 1，有μmgx1＝12M v12－0解得x1＝2 m，l＋x1＝414m<L＝14.25 m所以共速时平板车没有到达凹槽右端，共速后做匀速直线运动，平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4 m/s.(3)平板车第一次与凹槽右端碰撞后，物块和平板车组成的系统总动量向右，以向右为正方向．假设物块与平板车第二次共速前未与凹槽相碰，由动量守恒有m v1－M v1＝(m＋M)v2碰撞后物块在平板车上滑动的距离设为l2，由动能定理得μmgl2＝12(m＋M)v12－12(m＋M)v22解得v2＝43m/s，l2＝163m因为l2＋l1＝253m>l＝334m所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速．设平板车向左速度减小到0时位移为x2－μmgx2＝0－12M v12解得x2＝2 ml＋x2＝414m<L＝14.25 m所以平板车没有与凹槽左端相碰．即小物块离开平板车之前，未与平板车第二次共速；且平板车没有与凹槽左端相碰．所以由动量守恒得m v1－M v1＝m v3＋M v4碰撞后物块在平板车上实际滑动的距离设为l3，由动能定理得μmgl3＝12(M＋m)v12－12m v32－12M v42l＝l1＋l3解得v3＝53m/s，v4＝23m/s碰撞后，至物块离开平板车时，平板车运动的位移设为x3，由动能定理得－μmgx3＝12M v42－12M v12解得x 3＝3518m小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离为x 3＝3518m.1．(2021·山东滨州市高三期末)某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A 点正上方的O 点，闯关者水平向左速度为v ＝10 m/s ，在A 点抱住沙袋一起向左摆动，细绳摆到与竖直方向成角度θ＝37°时松手，闯关者恰好落到另一侧平台的B 点，A 、B 在同一水平面上，如图3所示，沙袋到悬点O 的距离为L ＝5 m ，闯关者的质量为M ＝60 kg ，沙袋质量为m ＝40 kg ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，沙袋和闯关者视为质点．求：图3(1)闯关者刚抱住沙袋时的共同速度大小；(2)闯关者抱住沙袋向左摆动过程中，细绳的最大拉力大小；(3)A 、B 两点间的距离．(结果保留两位有效数字)答案 (1)6 m/s (2)1 720 N (3)5.4 m解析 (1)设闯关者刚抱住沙袋时的共同速度为v 1，由动量守恒定律可得M v ＝(M ＋m )v 1代入数据可得v 1＝6 m/s(2)在A 点刚抱住沙袋时，绳子拉力最大，设最大拉力为F T F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 12L 代入数据可得F T ＝1 720 N(3)细绳与竖直方向夹角为θ时，闯关者与沙袋的速度大小为v 2，由机械能守恒定律可知12(M ＋m )v 12＝12(M ＋m )v 22＋(M ＋m )g (L －L cos θ)闯关者松手后做斜抛运动，设经过时间t 落到另一侧平台的B 点，AB 间距离为s ，由运动学公式可得－(L－L cos θ)＝v2t sin θ－12gt2，x＝v2t cos θA、B之间距离为s＝x＋L sin θ代入数据解得s≈5.4 m.2.(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图4所示，有一倾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P，将质量m 1＝1 kg的“”形木板(前端挡板厚度忽略)单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为s＝0.15 m；若将光滑物块(视为质点)放在木板最上端并同时由静止释放(木板位置与上次释放时初位置相同)．已知：物块的质量m2＝2 kg，释放时木板下端到挡板P的距离L1＝3 m，木板长L2＝0.75 m，g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图4(1)木板与斜面间的动摩擦因数；(2)物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；(3)物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程．答案 (1)0.5 (2)3 J (3)3.41 m解析 (1)木板单独下滑，由能量守恒定律得m1gL1sin θ＝μm1g cos θ·L1＋12m1v2木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得1 2m1(12v)2＝m1gs·sin θ＋μm1g cos θ·s解得μ＝0.5.(2)木板与物块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力F f1＝μ·(m1＋m2)g cos θF f1>m1g sin θ故开始时木板静止不动．物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，由动能定理有m2gL2sin θ＝12m2v02碰撞前物块速度v0＝3 m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v′，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′损失的机械能ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v ′2解得ΔE ＝3 J.(3)设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a 1，向上运动的加速度大小为a 2，则(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a 1(m 1＋m 2)g sin θ＋μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a 2a 1＝2 m/s 2，a 2＝10 m/s 2木板与物块粘合后一起加速下滑v 12－v ′2＝2a 1L 1第一次撞击后木板上滑的距离(v 12)2＝2a 2s 1解得s 1＝0.2 m第二次撞击木板时速度v 2，则v 22＝2a 1s 1第二次撞击后木板上滑的距离(v 22)2＝2a 2s 2s 2＝0.01 m物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程s 总＝L 1＋2s 1＋s 2＝3.41 m.专题强化练1.(2021·辽宁省1月适应性测试·13)如图1所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h 处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降h2到达最低点．已知圆环质量为m ，圆盘质量为2m ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图1(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE ；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W .答案 (1)23mgh (2)116mgh解析 (1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v 12＝2gh 碰撞时由动量守恒定律得m v 1＝(m ＋2m )v 2系统机械能减少量：ΔE ＝12m v 12－12(m ＋2m )v 22解得ΔE ＝23mgh(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得(m ＋2m )g ·h 2＋W ＝0－12(m ＋2m )v 22解得W ＝－116mgh 故系统克服弹簧弹力做的功为116mgh .2.(2021·山东德州市一模)如图2所示，可看作质点的小物块A 的质量m ＝1 kg ，右端带有竖直挡板的足够长的木板B ，它的质量M ＝2 kg ，木板B 上M 点左侧与小物块A 间的动摩擦因数μ＝0.5，M 点右侧光滑，M 点与木板右侧挡板的距离L 1＝1.5 m ，水平地面光滑．初始时木板B 静止，A 在木板B 上M 点的左侧，与M 点的距离L 2＝1.8 m ，现使A 获得一水平向右的初速度，初速度大小v 0＝6 m/s ，A 与B 右侧挡板碰撞的时间和能量损失都不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)A 第一次到达M 点时，A 和B 各自的速度大小；(2)A 和B 达共同速度时，A 距M 点的距离；(3)自初始时至A 、B 碰撞，A 的平均速度大小；(4)自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移大小．答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)0.6 m (3)4.44 m/s (4)4.4 m解析 (1)自初始时至A第一次到达B上的M点，由动量守恒得m v0＝m v1＋M v2由能量守恒定律有12m v02＝12m v12＋12M v22＋μmgL2联立两式代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝1 m/s(2)自初始时至A和B达共同速度，由动量守恒得m v0＝(m＋M)v由能量守恒定律得12m v02＝12(m＋M)v2＋μmgLΔL＝L－L2联立解得，A距M点的距离ΔL＝0.6 m(3)自初始时至A第一次到达B上的M点，由动能定理得－μmgx1＝12m v12－12m v02，解得x1＝2 m又x1＝v0＋v12t1，解得t1＝0.4 s自A第一次到达B上的M点至到达右侧挡板，L1＝(v1－v2)t2，解得t2＝0.5 s，则x2＝v1t2＝2 m自初始时至A、B碰撞，A的平均速度v＝x1＋x2 t1＋t2解得v＝409m/s≈4.44 m/s(4)A与B右侧挡板碰撞过程，由动量守恒得m v1＋M v2＝m v1′＋M v2′由能量守恒定律得1 2m v12＋12M v22＝12m v1′2＋12M v2′2解得v1′＝0，v2′＝3 m/sA第二次经过M点后，有μmgx3＝12m v2－12m v1′2解得x3＝0.4 m自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移x＝x1＋x2＋x3＝4.4 m.3．(2021·福建厦门市一模)如图3所示，一质量m1＝0.1 kg的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量m 2＝0.3 kg 的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B 点，滑上半径R ＝0.5 m 的半圆弧轨道(直径CD 竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D 时对D 点的压力大小F N ＝84 N ．木板质量M ＝0.4 kg 、长度L ＝6 m ，上表面与半圆弧轨道相切于D 点，木板与右侧平台P 等高，木板与平台相碰后瞬间静止．已知两物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P 左侧的距离为s ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图3(1)两物块经过D 点时的速度大小v D ；(2)释放物块前弹簧的弹性势能E p 和碰撞过程中损失的能量E ；(3)物块滑上平台P 时的动能E k 与s 的关系．答案 (1)10 m/s (2)64 J 48 J (3)见解析解析 (1)两物块经过D 点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v D 2R ，得v D ＝10 m/s(2)两物块由C 点运动到D 点，由动能定理有2(m 1＋m 2)gR ＝12(m 1＋m 2)v D 2－12(m 1＋m 2)v C 2解得v C ＝45 m/s两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有(m 1＋m 2)v C ＝m 1v 0，得v 0＝165 m/s弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有E p ＝12m 1v 02＝64 J碰撞过程中损失的能量E ＝12m 1v 02－12(m 1＋m 2)v C 2得E ＝48 J(3)若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v D ＝(m 1＋m 2＋M )v 共得v 共＝5 m/s对两物块，由动能定理有－μ(m 1＋m 2)gx ＝12(m 1＋m 2)v 共2－12(m 1＋m 2)v D 2解得x ＝7.5 m对木板有μ(m 1＋m 2)gx ′＝12M v 共2，得x ′＝2.5 m由于L ＋x ′>x ，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若s ≥x ′＝2.5 m ，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有E k ＝12(m 1＋m 2)v 共2－μ(m 1＋m 2)g (L ＋x ′－x )＝3 J 若s <x ′＝2.5 m ，说明两物块不能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有E k ＝12(m 1＋m 2)v D 2－μ(m 1＋m 2)g (L ＋s )＝(8－2s ) J.4.(2021·山东日照市高三一模)如图4所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在水平地面上方，B 球距地面的高度h ＝1.8 m ，A 球在B 球的正上方，距地面的高度H ＝4.2 m ．同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正碰．所有碰撞时间忽略不计，已知m B ＝3m A ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动能损失．求：图4(1)第一次碰撞点距地面的高度；(2)第一次碰后A 球上升的最大距离；(3)两球第二次相碰时距地面的高度(计算中取6≈2.45，结果保留两位有效数字)．答案 (1)1 m (2)5 m (3)0.89 m解析 (1)设释放后t 1时刻B 球落地h ＝12gt 12，t 1＝2hg ＝0.6 s ，B 球速度大小v 1与A 球速度大小相等v 1＝gt 1，v 1＝6 m/s ，此时A 球距离地面H 1＝H －h ＝2.4 m设B 球反弹后再经过t 2时间相遇，有v 1t 2－12gt 22＋v 1t 2＋12gt 22＝H 1，解得t 2＝0.2 s 第一次碰撞点距地面的高度h 1＝v 1t 2－12gt 22，解得h 1＝1 m(2)碰撞前A 球的速度v A ＝v 1＋gt 2＝8 m/sB 球的速度大小v B ＝v 1－gt 2＝4 m/sA 、B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向3m v B －m v A ＝3m v B 1′＋m v A 1′12×3m v B 2＋12m v A 2＝12×3m v B 1′2＋12m v A 1′2联立得v B 1′＝－2 m/s ，v A 1′＝10 m/s球A 上升的最大距离h ′＝v A 1′22g＝5 m (3)第一次碰后B 球再经t 3时间与地面第二次相碰，碰撞前速度v B 2＝v B 1′2＋2gh 1＝26m/s ＝4.9 m/s第一次碰撞后B 球下落时间t 3＝v B 2－|v B 1′|g ＝0.29 s 第一次碰后经过t 3′＝v A 1′g ＝1 s ，A 球运动到最高点．B 球在t 3＋v B 2g＝0.78 s 末到达最高点，高度为1.2 m ，在1.27 s 时刻落地，反弹速度为4.9 m/s ，A 球从最高点下落t A ＝0.27 s 时离地面高度为5.635 5 m ，此时速度v A 2＝gt A ＝2.7 m/s设再经时间t 4相遇，有v B 2t 4－12gt 42＋v A 2t 4＋12gt 42＝5.635 5 m ，解得：t 4≈0.74 s ，第二次相碰点距地面的高度为H 2＝v B 2t 4－12gt 42，代入数据解得H 2≈0.89 m.。
专题力学三大观点的综合应用
力学三大观点综合应用高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题 1动量和能量观点在力学中的应用例1(2014 ·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为 1.0 m ，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v 0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案(1)2.5 m/s(2)6次(3)5 s12.75 m解析(1) 设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得m v0＝ 2m vv＝2.5 m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F ＝μF＝μmgf N设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由功能关系得1212－ F f·s1＝(m＋m)v－ m v022解得 s1＝ 12.5 m已知 L＝ 1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、 v2，碰后的速度分别为 v 1′、 v2′.有m v1＋ m v2＝m v1′＋ m v2′121m v22121m v2′2m v1＋＝m v1′＋2222得 v 1′＝ v2， v2′＝ v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块的v —t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝ v 0＋ata ＝－ μg解得 t ＝ 5 s凹槽的 v —t 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小 s 2.(等腰三角形面积共分13 份，第一份面积为 0.5 L ，其余每两份面积和均为 L.)1 v 0)t ＋ 6.5L ，解得 s 2＝ 12.75 m.s 2＝(221．如图 2 所示，倾角 45°高 h 的固定斜面．右边有一高3h的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为1圆弧．质量为2m 的小球 A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，M 的静止小球 B ，右边有一半径为 h 的 4从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与 B 发生弹性碰撞， 碰后 B 从圆弧上的某点离开圆弧． 所有接触面均光滑， A 、 B 均可视为质点，重力加速度为 g.图 2(1) 求斜面与平台间的水平距离s 和 A 的初速度 v 0；(2) 若 M ＝ 2m ，求碰后 B 的速度；(3) 若 B 的质量 M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为 α.求 cos α的取值范围．答案(1) h 2gh (2) 2gh(3)2≤ cos α≤ 133解析(1) 设小球 A 飞上平台的速度为 v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1 反向平抛运动，由平抛运动规律得：1h ＝ 1gt 2， s ＝v 1t ， tan 45 ＝°gt2 2v 1解得： v 1＝ gh ， s ＝ h由机械能守恒定律得：1m v 0 2＝ 3mgh ＋ 1m v 1 222 2解得： v 0＝ 2 gh.(2) 设碰后 A 、 B 的速度分别为 v A 、 v B ，由动量、能量守恒得m v 1＝ m v A ＋ M v B1 2 1 21 2m v 1 ＝m v A ＋ M v B2222m2v B ＝ m ＋ M v 1＝ 3gh.(3) 由 (2) 可知，当 M ? m 时 v B ≈ 2 gh ＞ gh 从顶端飞离则 cos α＝ 1 当 M ? m 时， v B ＝ 0，设 B 球与圆弧面在 C 处分离，则：1 2 Mgh (1－ cos α)＝2M v Cv C 2 ， cos α＝ 2，故 2≤ cos α≤ 1Mg cos α＝ M h331．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题 2应用动力学、能量、动量解决综合问题例 2如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m＝ 1 kg 的足够长的木板C，在 C 上放置有A、 B 两物体， A 的质量 m A＝ 1 kg，B 的质量为 m B＝ 2 kg.A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能 E p＝ 3 J，现突然给A、B 一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v 0＝2 m/s的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与 A、B 分离．已知 A 和的摩擦因数为μ＝ 0.2，B、 C 之间的动摩擦因数为μ＝ 0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：1 2C 之间图3(1)弹簧与 A、 B 分离的瞬间， A、 B 的速度分别是多大？(2) 已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和 C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前B、 C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？(3) 已知 C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离？审题突破(1) 根据动量守恒和能量守恒列方程组求A、B 分离时的速度； (2) 由牛顿第二定律求三者的加速A、度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解．答案(1)0 3 m/s(2)4.5 J 1.5 m/s (3)0.75 m解析(1) 在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A＋m B)v0＝ m A v A＋ m B v B121212E p＋ (m A＋ m B)v0＝m A v A＋ m B v B222联立解得： v A＝0， v B＝3 m/s.2(2) 对物体 B 有： a ＝μg＝ 1 m/s ，方向水平向左B2对 A、 C 有：μ＋ m)a2m B g＝(m A又因为： m A a＜μ1m A g故物体 A、 C 的共同加速度为a＝ 1 m/s 2，方向水平向右对 A、 B、 C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B＝ ( m A＋ m B＋ m)v 121(m A＋ m B＋ m)v2Q＝ m B v B－22解得： Q＝ 4.5 J，v＝ 1.5 m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和 A 达到共同速度v1，之后 A、C 再以共同的加速度向右匀加速， B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度 v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故 C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A＝μ1g＝ 2 m/s2， a B＝μ2g＝ 1 m/s2μ，解得： a ＝ 4 m/s 21m A g ＋ μ2m B g ＝ ma C C v 1＝ v － a A t ＝－ v ＋ a C t解得： v 1＝ 0.5 m/st ＝ 0.5 s－ v ＋ v 1 x A1＝v ＋ v 12 t ＝ 0.5 m ， x C1＝ 2 t ＝－ 0.25 m故 A 、 C 间的相对运动距离为x AC ＝ x A1＋ |x C1|＝ 0.75 m.2． (2014 广·东 ·35)如图 4 所示，的水平轨道中， AC 段的中点 B 的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板，物体 P 1 沿光滑轨道向右以速度v 1 与静止在 A 点的物体 P 2 碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t 1＝ 2 s 至 t 2＝ 4 s 内工作．已知 P 1、 P 2 的质量都为 m ＝ 1 kg ， P 与 AC 间的动摩擦因数2为 μ＝ 0.1， AB 段长 L ＝ 4 m ， g 取 10 m/s ， P 1、 P 2 和 P 均视为质点， P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图 4(1) 若 v 1＝ 6 m/s ，求 P 1、 P 2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能E ；(2) 若 P 与挡板碰后， 能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v 1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤ v 1≤ 14 m/s 17 J解析(1) 设 P 1 和 P 2 发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝ 2m v 2①解得： v 2＝v 1＝ 3 m/s2E ＝ 1m v 11× 2m v 2碰撞过程中损失的动能为：2－ 2②2 2解得E ＝9 J.(2) P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－ 2μ mg③可以把 P 从 A 点运动到 C 点再返回 B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有1 2 3L ＝ v 2t ＋ at2④26L － at由 ①③④ 式得 v 1＝t① 若 2 s 时通过 B 点，解得： v 1＝ 14 m/s ② 若 4 s 时通过 B 点，解得： v 1＝ 10 m/s 故 v 1 的取值范围为： 10 m/s ≤ v 1≤ 14 m/s设向左经过 A 点的速度为 v A ，由动能定理知1× 2m v A 2－ 1× 2m v 2 2＝－ μ·2mg ·4L22 当 v ＝ 1v 1 ＝ 7 m/s 时，复合体向左通过 A 点时的动能最大， E ＝17 J.22根据题中涉及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果是碰撞并涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练 6题组 1动量和能量的观点在力学中的应用1．如图 1 所示，在倾角为 30°的光滑斜面上放置一质量为 m 的物块 B ， B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接， B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块 A ，距物块 B 为 3x 0，现让 A 从静止开始沿斜面下滑， A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到 O 点(A 、 B 均视为质点 )．试求：图 1(1) A 、 B 相碰后瞬间的共同速度的大小；(2) A 、 B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3) 若在斜面顶端再连接一光滑的半径 R ＝ x 0 的半圆轨道 PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点 P ，现让物块 A以初速度 v 从 P 点沿斜面下滑，与 B 碰后返回到 P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块 A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1) 1 3gx 0 120＋ 4 3 gx 02(2) mgx 0 (3)4解析(1) 设 A 与 B 相碰前 A 的速度为 v 1， A 与 B 相碰后共同速度为 v 2由机械能守恒定律得 3mgx 0 sin 30 1 2＝°m v 12由动量守恒定律得m v 1＝ 2m v 21解以上二式得 v 2＝ 2 3gx 0.(2) 设 A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为 E p ，从 A 、 B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋ 1·2m v 2 2＝ 2mgx 0 sin 30 °2解得 E p ＝ 1mgx 0.4(3) 设物块 A 与 B 相碰前的速度为 v 3，碰后 A 、 B 的共同速度为 v 41 21 2m v ＋ 3mgx 0 sin 30 ＝°m v 322m v 3＝ 2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则1·2m v 4 2＋ E p ＝ 1·2m v 5 2＋ 2mgx 0sin 30 °2 211此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则2 2＋ 2mgx 0 sin 30 ＋°mgR(1＋ sin 60 ) °2m v 5＝ m v 62在最高点有 mg ＝m v 6 R 2联立以上各式解得v ＝20＋ 4 3 gx 0.2．如图 2 所示，质量为 m 1 的滑块 (可视为质点 )自光滑圆弧形槽的顶端 A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点， A 、 B 的高度差为 h 1＝ 1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为 L ＝ 4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝ 1.80 m ，g取 10 m/s 2.(1) 若槽的底端没有滑块图m 2，传送带静止不运转，求滑块2m 1 滑过C 点时的速度大小v ； (结果保留两位有效数字)(2)在m 1 下滑前将质量为 m 2 的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1 下滑后与 m 2 发生弹性碰撞，且碰撞后 m 1 速度方向不变，则m 1、 m 2 应该满足什么条件？(3) 满足 (2) 的条件前提下， 传送带顺时针运转， 速度为 v ＝ 5.0 m/s.求出滑块 m 1、m 2 落地点间的最大距离 (结果可带根号 )．答案(1)3.0 m/s (2)m 1＞ m 2 (3)(621 － 3) m5 解析(1) 滑块 m 11 2滑到 B 点有 m 1gh 1＝ m 1v 02解得 v 0＝ 5 m/s滑块 m 由 B 滑到 C 点有－ μm1 2－1211gL ＝ m 1 vm 1v 022解得 v ＝ 3.0 m/s.(2) 滑块 m 2 停放在槽的底端， m 1 下滑并与滑块 m 2 弹性碰撞，则有m 1v 0＝m 1v 1＋ m 2v 211 v 0 2＝ 11v 1 2 ＋ 1 2v 2 22m2m2mm 1 速度方向不变即v 1＝ m 1－ m 2＋ m v 0＞ 0m 12 则 m 1＞ m 2.(3) 滑块经过传送带作用后做平抛运动12h 2＝2gt当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当 m 1? m 2 时，滑块 m 1、 m 2 碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大m 2m 1－ m 2 1－ m 1 v 0≈ v 0＝ 5.0 m/s v 1＝ ＋ m v 0＝2m 1＋m 1v 2＝ 2m 1v 0＝ 2v 0≈ 2v 0＝ 10.0 m/s＋ m 2m2m1＋m 1滑块 m 1 与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为x 1＝ v 1t ＝ 3.0 m滑块 m 2 与传送带发生摩擦，有 － μm1′ 2－ 122gL ＝2m 2v 2 2m 2v 2解得 v 2′＝ 2 21 m/s落地点射程为 x 2＝ v 2′ t ＝621 m5m 2、m 1 的水平射程相差最大值为x ＝ (6 21－ 3) m.5题组 2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图 3 所示，质量 M ＝ 4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高 h 1＝ 1.6 m ．水平面右边的台阶高 h 2＝ 0.8 m ，台阶宽l ＝ 0.7 m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝ 5 m的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝ 53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝ 2 kg 的甲物体和质量m 2＝ 1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上 A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为 μ＝ 0.2.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取 10 m/s 2，sin 53＝°0.8， cos 53 ＝°0.6)．求：图 3(1) 炸药爆炸使两物体增加的机械能E ；(2) 物体在圆弧轨道最低点 C 处对轨道的压力 F ；(3) 平板车上表面的长度 L 和平板车运动位移 s 的大小．答案 (1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下(3)1 m解析(1) 甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝ 01 2 1 m 2v 22＝75 J.E ＝ m 1v 1 ＋22(2) 设甲物体平抛到 B 点时，水平方向速度为 v x ，竖直分速度为 v yv y ＝ 2g h 1－ h 2 ＝ 4 m/s v x ＝v y＝ 3 m/stan θ合速度为： v B ＝ 5 m/s物体从 B 到 C 过程中：m 1gr(1－ cos θ)＝ 1m 1v C 2－ 1m 1v B222v C 2F N － m 1 g ＝ m 1 rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝ F N ＝ 46 N ，方向竖直向下．v y(3) 甲物体平抛运动时间： t ＝ g ＝ 0.4 s 平抛水平位移： x ＝ v x t ＝ 1.2 m ＞ 0.7 m甲物体在车上运动时的加速度为： a 1＝ μg ＝ 2 m/s2甲物体在车上运动时间为：t 1＝ v 0－ v x ＝ 1 sa 1甲物体的对地位移： x ＝1＋ v ＝ 4 m12 (v 0 x )t 1a 2＝ μm 1g ＝ 1 m/s 2甲物体在车上运动时，车的加速度为：1M甲离开车时，车对地的位移：2＝ 0.5 mx 2＝ a 2t 12车长为： L ＝ 2(x 1－ x 2)＝ 7 m车的位移为： s ＝ x 2＋ (x － l)＝ 1 m.4．如图 4 所示，光滑的水平面 AB(足够长 )与半径为 R ＝ 0.8 m 的光滑竖直半圆轨道 BCD 在 B 点相切， D点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为 L ＝ 20 m 、逆时针转动且速度为v ＝ 10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝ 3 kg ，乙的质量为 m 2＝ 1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过 D 点，且过 D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为 0.6，重力加速度 g 取 10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图 4(1) 求甲球离开弹簧时的速度．(2) 若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3) 甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在 AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案(1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为23 m/s ，方向水平向右，乙的速度为 6 3m/s ，方向水平向左解析(1) 甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至 D 点的过程中机械能守恒：12 1 2m 1 v 0 ＝ m 1g ·2R ＋m 1v D ，22 在最高点 D ，由牛顿第二定律，v D 2 有 2m 1g ＝ m 1 R联立解得： v 0＝ 4 3 m/s.(2) 甲固定，烧断细线后乙的速度大小为 v 乙 ，由能量守恒：E p ＝1m 1v 0 2＝1m 2v 乙 2，2 2得 v 乙 ＝ 12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝ m 2a得 a ＝ 6 m/s 2乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：2v 乙s＝2a＝ 12 m ＜ 20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m. (3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为 v1、 v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒： m1v1＝ m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：121212E p＝ m1v0＝ m1v1＋m2v2222解得： v1＝2 3 m/s，v2＝ 6 3 m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h，12则2m1v1＝m1gh得 h＝ 0.6 m＜ 0.8 m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v2＝2 3 m/s乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s＜ 12 m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回 AB 面上时速度大小仍然为v2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为 2 3 m/s，方向水平向右，乙的速度为 6 3 m/s，方向水平向左．。
5力学三大观点的综合应用
4．质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高 h 的水平桌面的 边缘，质量为 m 的小物块 B 沿桌面向 A 运动并以速度 v0 与之 发生正碰(碰撞时间极短)．碰后 A 离开桌面，其落地点离出发 点的水平距离为 L，碰后 B 反向运动，求 B 后退的距离．已知 B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g.
7．如图 T1－10 所示，质量 m＝2 kg 的小球以初速度 v0 沿 光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地进入光滑的圆弧轨道，其
中圆弧 AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径 R＝0.5 m．若小球离
开桌面运动到 A 点所用时间 t＝0.4 s．(sin53°＝0.8，cos53°＝
0.6， g＝10 m/s2)
图 T1－8
解：物块在长木板上向右滑行时做减速运动，长木板做加 速运动，碰撞时物块再传递一部分能量给长木板，以后长木板 减速，物块加速直到速度相同为止．设木块和物块最后共同的 速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
设全过程损失的机械能为 ΔE，则 ΔE＝12mv20－12(m＋M)v2 因相对滑动而产生的内能为 Q＝μmg·2s，在碰撞过程中损 失的机械能为 ΔE′，由能量守恒定律可得 ΔE＝Q＋ΔE′ 则 ΔE′＝2mm＋MMv20－2μmgs 代入数据得 ΔE′＝2.4 J.
(舍去)
所以 v1＝v0＝2 μgl，v2＝0.
1．有一传送装置如图 T1－5 所示，水平放置的传送带保持 以 v＝2 m/s 的速度向右匀速运动．传送带两端之间的距离 L＝ 10 m，现有一物件以 v0＝4 m/s 的初速度从左端滑上传送带，物 件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.求物件从传送带的左端运 动到右端所用的时间 (取 g＝10 m/s2)．
2024届高考复习 专题17 力学三大观点的综合应用(原卷版)
专题17 力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 (1)题型二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 (6)题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2功能关系W G＝－ΔE p等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间【例1】如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10 m/s2)求：(1)BP间的水平距离s BP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.【例2】(2021·云南省高三二模)如图所示，光滑弧形槽静置于光滑水平面上，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7 m、质量m0＝2 kg.BCD是半径R＝0.4 m的固定竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，粗糙水平面AB与光滑圆轨道在B点相切，已知A、B两点相距2 m．现将质量m＝1 kg的物块从弧形槽顶端由静止释放，物块进入粗糙水平面AB前已经与光滑弧形槽分离，并恰能通过光滑圆轨道最高点D，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)物块从弧形槽滑下的最大速度大小；(2)物块在圆形轨道B点时受到的轨道的支持力大小；(3)物块与粗糙水平面AB间的动摩擦因数．【例3】(2022·湖南怀化市一模)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab 倾斜、bc水平，与半径R＝0.4 m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。
力学三大基本观点的综合应用研究
力学三大基本观点的综合应用研究力学三大基本观点，即牛顿运动定律（特别是牛顿第二定律）、动量守恒定律和能量守恒定律，是物理学中解决力学问题的基石。
这些观点不仅各自独立且深刻，而且在实际应用中往往相互关联、相互补充，共同构成了解决复杂力学问题的完整框架。
以下是对力学三大基本观点综合应用的研究。
1. 牛顿运动定律的应用牛顿第二定律（F=ma）是连接力和运动的桥梁，它描述了物体加速度与所受合外力及物体质量之间的关系。
在解决力学问题时，首先需要根据物体的受力情况（包括重力、弹力、摩擦力等）确定合外力，然后利用牛顿第二定律求出物体的加速度，进而通过运动学公式求解物体的速度、位移等运动学量。
2. 动量守恒定律的应用动量守恒定律（在没有外力作用或外力作用远小于内力作用时，系统总动量保持不变）是处理碰撞、爆炸等涉及多个物体相互作用问题的重要工具。
在应用动量守恒定律时，需要明确系统的边界（即哪些物体构成系统），判断系统是否满足动量守恒的条件，然后建立动量守恒的等式进行求解。
动量守恒定律不仅简化了问题的求解过程，还揭示了物体间相互作用的本质。
3. 能量守恒定律的应用能量守恒定律（能量既不会被消灭，也不会创生,能量只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变）是自然界普遍遵循的基本定律之一。
在力学中，它表现为机械能守恒（在只有重力或弹力做功的情况下，物体的动能和势能之和保持不变）或更一般的能量转化与守恒。
通过分析物体的受力情况和运动过程，确定能量的转化与守恒关系，可以建立能量等式进行求解。
这种方法在处理复杂力学问题时尤为有效。
4. 三大观点的综合应用在实际问题中，力学三大基本观点往往不是孤立地应用，而是需要综合运用。
例如，在处理碰撞问题时，可以首先利用动量守恒定律确定碰撞前后物体的速度关系，然后利用牛顿第二定律分析碰撞过程中的受力情况，最后通过能量守恒定律验证结果的正确性。
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
力学三大观点的综合应用
力学三大观点得综合应用1．动量定理得公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向得关系外，还说明了两边得因果关系，即合外力得冲量就是动量变化得原因．动量定理说明得就是合外力得冲量与动量变化得关系，反映了力对时间得累积效果，与物体得初、末动量无必然联系．动量变化得方向与合外力得冲量方向相同，而物体在某一时刻得动量方向跟合外力得冲量方向无必然联系．动量定理公式中得F就是研究对象所受得包括重力在内得所有外力得合力，它可以就是恒力，也可以就是变力，当F为变力时，F应就是合外力对作用时间得平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之与为零，这个系统得总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量得增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用得两个物体组成得系统，两物体动量得增量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力得合力为零．②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题得三个基本观点(1)力得观点：主要就是牛顿运动定律与运动学公式相结合，常涉及物体得受力、加速度或匀变速运动得问题．(2)动量得观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体得受力与时间问题，以及相互作用物体得问题．(3)能量得观点：在涉及单个物体得受力与位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量得转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律得选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理与牛顿运动定律．若其中涉及时间得问题，应选用动量定理；若涉及位移得问题，应选用动能定理；若涉及加速度得问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成得系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法，就就是根据众多得已知要素、事实，按照一定得联系方式，将其各部分连接成整体得方法．(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得运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上得独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就就是把多个物体瞧成一个整体(或系统)、考向1动量与能量得观点在力学中得应用例1(2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B、物块与左右两边槽壁得距离如图1所示，L为1、0 m，凹槽与物块得质量均为m，两者之间得动摩擦因数μ为0、05、开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s得初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2、求：图1(1)物块与凹槽相对静止时得共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞得次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历得时间及该时间内凹槽运动得位移大小．解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得m v0＝2m vv＝2、5 m/s，方向向右．(2)设物块与凹槽间得滑动摩擦力F f＝μF N＝μmg设两者相对静止前相对运动得路程为s1，由动能定理得－F f·s1＝12－12m v202(m＋m)v解得s 1＝12、5 m已知L ＝1 m ，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前得速度分别为v 1、v 2，碰后得速度分别为v 1′、v 2′、有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′12m v 21＋12m v 22＝12m v 1′2＋12m v 2′2 得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者得速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块得v —t 图象在两条连续得匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则 v ＝v 0＋at a ＝－μg 解得t ＝5 s凹槽得v —t 图象所包围得阴影部分面积即为凹槽得位移大小s 2、(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0、5L ，其余每份面积均为L )s 2＝12(v 02)t ＋6、5L解得s 2＝12、75 m答案 (1)2、5 m/s ，方向向右 (2)6次 (3)5 s 12、75 m如图2，半径R ＝0、8 m 得四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 得水平面相切于D 点，质量M ＝1、0 kg 得小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0、5 kg 得静止物块B 相碰，碰后A 得速度变为v A ＝2、0 m /s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间得动摩擦因数均为μ＝0、1，若B 与E 处得竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2、求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧得最低点D 时对圆弧得压力；(2)滑块B 被碰后瞬间得速度；(3)讨论两滑块就是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点得速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧得压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后得速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后得速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块得速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大得路程，则对于A 物块 －μMgs A ＝0－12M v 2A解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板得碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞． 考向2 综合应用力学三大观点解决多过程问题例2 如图3所示，在光滑得水平面上有一质量为m ＝1 kg 得足够长得木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 得质量m A ＝1 kg ，B 得质量为m B ＝2 kg 、A 、B 之间锁定一被压缩了得轻弹簧，弹簧储存得弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 得初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短得时间内恢复原长，之后与A 、B 分离．已知A 与C 之间得动摩擦因数为μ1＝0、2，B 、C 之间得动摩擦因数为μ2＝0、1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：图3(1)弹簧与A 、B 分离得瞬间，A 、B 得速度分别就是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边得固定挡板之前，A 、B 与C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A 、B 、C 得加速度分别就是多大及该过程中产生得内能为多少？ 答案 见解析解析 (1)在弹簧弹开两物体得过程中，由于作用时间极短，对A 、B 、弹簧组成得系统由动量守恒定律与能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s 、 (2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a <μ1m A g故物体A 、C 得共同加速度为a ＝1 m/s 2、对A 、B 、C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量守恒定律与能量守恒定律可得： m B v B ＝(m A ＋m B ＋m )vQ ＝12m B v 2B －12(m A ＋m B ＋m )v 2 解得：Q ＝4、5 J ，v ＝1、5 m/s(2014·广东·35)如图4所示得水平轨道中，AC 段得中点B 得正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点得物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2得质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间得动摩擦因数为μ＝0、1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2与P 均视为质点，P 与挡板得碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间得速度大小v 与碰撞损失得动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器得工作时间内通过B 点，求v 1得取值范围与P 向左经过A 点时得最大动能E 、答案 (1)3 m /s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1与P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失得动能为：ΔE k ＝12m v 21－12×2m v 22②解得ΔE k ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知ma ＝－μmg ③可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点得全过程瞧作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L＝v 2t ＋12at 2④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1得取值范围为：10 m /s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点得速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时得动能最大，E k A max ＝17 J 、(限时：45分钟)1．如图1所示，质量为M ＝4 kg 得木板静置于足够大得水平地面上，木板与地面间得动摩擦因数μ＝0、01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点得电动小车，车与木板右端得固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车得电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2、)图1(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面就是静止还就是运动得？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车得速率v 1与板得速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动得距离s 、答案 (1)向左运动 (2)v 1＝4、2 m /s ，v 2＝0、8 m/s (3)0、2 m 解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动得加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2、5 m/s 2此时木板使车向右运动得摩擦力：F f ＝ma 0＝2、5 N 木板受车向左得反作用力：F f ′＝F f ＝2、5 N木板受地面向右最大静摩擦力：F f0＝μ(M ＋m )g ＝0、5 N 由于F f ′>F f0，所以木板不可能静止，将向左运动．(2)设车与挡板碰前，车与木板得加速度分别为a 1与a 2，相互作用力为F ，由牛顿第二定律与运动学公式：对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者得位移得关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4、2 m /s ，v 2＝0、8 m/s(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有 m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 得过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0、2 m2．如图2所示，在倾角为30°得光滑斜面上放置一质量为m 得物块B ，B 得下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧得压缩量为x 0，O 点为弹簧得原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 得物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图2(1)A 、B 相碰后瞬间得共同速度得大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有得弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑得半径R ＝x 0得半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上得速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道得最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前得速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有得弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30° 解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前得速度为v 3，碰后A 、B 得共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0、3．如图3所示，光滑得水平面AB (足够长)与半径为R ＝0、8 m 得光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点得右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m /s 得传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲得质量为m 1＝3 kg ，乙得质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑得水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道得压力恰好等于甲得重力．传送带与乙物体间得动摩擦因数为0、6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可瞧作质点．图3(1)求甲球离开弹簧时得速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行得最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲与乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙得速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析解析 (1)设甲离开弹簧时得速度大小为v 0，运动至D 点得过程中机械能守恒：12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2DR联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙得速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙 得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为： s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m 即乙在传送带上滑行得最远距离为12 m 、(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成得系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0、6 m<0、8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然就是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m /s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲得速度为2 3 m/s ，方向向右，乙得速度为6 3 m/s ，方向向左4．如图4所示，一倾斜得传送带倾角θ＝37°，始终以v ＝12 m /s 得恒定速度顺时针转动，传送带两端点P 、Q 间得距离L ＝2 m ，紧靠Q 点右侧有一水平面长x ＝2 m ，水平面右端与一光滑得半径R ＝1、6 m 得竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直得直径．现有一质量M ＝2、5 kg得物块A 以v 0＝10 m/s 得速度自P 点沿传送带下滑，A 与传送带间得动摩擦因数μ1＝0、75，到Q 点后滑上水平面(不计拐弯处得能量损失)，并与静止在水平面最左端得质量m ＝0、5 kg 得B 物块相碰，碰后A 、B 粘在一起，A 、B 与水平面得动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块得大小．已知sin 37°＝0、6，cos 37°＝0、8，求：图4(1)A 滑上传送带时得加速度a 与到达Q 点时得速度； (2)若A 、B 恰能通过半圆轨道得最高点N ，求μ2；(3)要使A 、B 能沿半圆轨道运动到N 点，且从N 点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？答案 (1)12 m /s 2 12 m/s (2)0、5 (3)0、09≤μ2≤0、5解析 (1)对A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝12 m/s 2设A 能达到传送带得速度，由v 2－v 20＝2ax 0得运动得位移x 0＝116 m<L则到达Q 点前A 已与传送带共速 由于Mg sin θ＝μ1Mg cos θ，所以A 先加速后匀速，到Q 点得速度为v ＝12 m/s 、 (2)设A 、B 碰后得共同速度为v 1， 由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝10 m/sA 、B 在最高点时速度为v 3有：(M ＋m )v 23R ＝(M ＋m )g设A 、B 在M 点速度为v 2，由机械能守恒得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ×2R 在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx 解得：μ2＝0、5(3)①若以v 3由N 点抛出，则有：2R ＝12gt 2 x 1＝v 3t ＝3、2 m>x则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传送带上，则μ2≤0、5②若AB 恰能落在P 点，则有：2R －L sin θ＝12gt ′2 x ＋L cos θ＝v 3′t ′由12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ×2R 与12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx 联立可得：μ2＝0、09综上所述，μ2应满足：0、09≤μ2≤0、5。
专题(29)专题五 力学三大观点的综合应用(解析版)
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（29）专题五力学三大观点的综合应用（解析版）知识点一力的三个作用效果与五个规律知识点二常见的力学模型及其结论命题热点 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 力学三大观点的综合应用 选择力学三大观点的一般原则1、在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【答案】B【解析】由图象知a 球以一初速度向原来静止的b 球运动，碰后a 球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a 球的质量小于b 球的质量。
2、如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M ，方向水平向右D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m ，方向水平向右【答案】D【解析】由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m，故D 正确。
3、（多选）A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x －t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x －t 图象。
c 为碰撞后它们的x －t 图象。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kg B.23kgC ．4 m/sD ．1 m/s【答案】BD【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s 。
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．
专题六 力学中三大观点的综合应用
得
12mv2＝12mv12＋2mgR
③
设碰撞后粘合在一起的两ห้องสมุดไป่ตู้速度大小为 v2，由动量守恒定律得
mv1＝2mv2
④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，有
2R＝v2t
⑤
综合②③④⑤式得
v＝2 2gR
⑥
答案 (1)2
R g (2)2 2gR
专题六 力学中三大观点的综合应用
力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观 点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观 点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、 机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合 性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能 力．
(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动 h2＝12gt23 当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当 m1≫m2 时，滑块 m1、m2 碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差 也最大 v1＝mm11－ ＋mm22v0＝v0＝5.0 m/s v2＝m12＋m1m2v0＝2v0＝10.0 m/s
一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作 用的二物体相互作用问题，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．
【典例1】 (2013·皖南八校高三第一次联考，16)如图1所示， 质量为m1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A处 无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导 轮顶端的B点，A、B的高度差为h1＝1.25 m．传导轮半 径很小，两个轮之间的距离为L＝4.00 m，滑块与传送带 间的动摩擦因数μ＝0.20，右端的轮子上沿距离地面高度 h2＝1.80 m，g取10 m/s2.
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【例3】 (2019·全国Ⅲ卷，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖 直墙壁距离l＝1.0 m，如图6所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直 的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取 g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
图2
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A.汽车和拖车整体动量守恒 B.汽车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时gvμ0 D.拖车刚停下时汽车的速度为（M＋mμ）M（g a＋μg）v0
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解析 汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项 A 错误；系统 匀加速前进，系统机械能增加，选项 B 错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二 定律得－μmg＝ma′，则 a′＝－μg，由－v0＝a′t 得，拖车脱钩后到停止经历的 时间为 t＝μvg0，选项 C 正确；全过程系统受到的合外力始终为 F 合＝(M＋m)a， 末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·μvg0 ＝Mv′－ (M＋m)v0，解得 v′＝（M＋mμ）M（ga＋μg）v0，选项 D 正确。 答案 CD
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专题 力学观点的综合应用
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动量观点与动力学观点的综合应用 1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问 题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
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【例1】 (2018·全国Ⅱ卷，24)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1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：
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故 v＝12vC＝12 2gh 假设 a、b 球碰撞后将一起绕 O 点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为 FT，则 FT－2mg＝2mvh2 解得FT＝3mg 因FT＞2.8mg，故细绳会断裂。 答案 (1) 2gh (2)会断裂
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动量观点与能量观点的综合应用
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【例2】 (20分)(2019·全国Ⅰ卷，25)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4(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v－t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。
②由面积关系可得 A 下滑和上滑的位移关系。 (4)“一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上”―提―取→此时二者共速，B 已停止运动， 说明 A 到此恰好停止运动。
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解析 (1)根据题图(b)，v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v21为其碰撞后瞬 间速度的大小。设物块 B 的质量为 m′，碰撞后瞬间的速度大小为 v′。 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝m－v21＋m′v′①(2 分) 12mv1 2＝12m－12v12＋12m′v′2②(2 分) 联立①②式得 m′＝3m。③(1分)
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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 (1)g
2E 2E m (2)mg
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力学三大观点的综合应用
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1.力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。 2.两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲
量(功)。 3.三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。根据题意选择
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1.(多选)如图5，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水平面上相向而 行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为 ()
A.25 J B.35 J
图5 C.45 J
D.55 J
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解析 若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰 撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得，m2v2－ m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝12m1v1 2＋12m2v2 2－12(m1＋m2)v2，联立并代入数据解 得 ΔEmax＝40 J，综合可知 0≤ΔE≤40 J，故 A、B 正确，C、D 错误。 答案 AB
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教你读题——提取信息 (1)A 与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)―提―取→这个过程满足动量守恒和机械能 守恒， (2)A 沿斜面下滑，碰后又沿斜面上滑―提―取→加速度变化(受力变化)且摩擦力未知 的折返问题，
17Biblioteka 《创新设计》(3)读图―提―取→可知①A 与 B 碰撞前后的速度，
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s2＝12·v21·(1.4t1－t1)⑦(1 分)
由几何关系ss21＝Hh ⑧(1 分) 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2⑨(1分) 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝125mgH。⑩(1 分)
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos
图1
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(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。 解析 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 vB′2＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s。③
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图3
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解析 (1)设 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 vC，由机械能守恒定律得 mgh ＝12mvC 2 解得 vC＝ 2gh 即 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 2gh。 (2)设碰后b球的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则 mvC＝(m＋m)v
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1.(多选)从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通 事故工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图2所示，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， 车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正 确的是( )
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图4 (1)求物块B的质量； (2)在图4(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。
2
2.力学中的五大规律
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
3
公式表达 F 合＝_m__a__ W 合＝ΔEk
W 合＝_12_m_v__2 _2－__12_m__v_1 2 E1＝E2
mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22 F 合 t＝p′－p I 合＝__Δ_p__
H＋h θ·sin θ ⑪(1
分)
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设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′， 由动能定理有 －μm′gs′＝0－12m′v′2⑫(2 分) 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcos θ·sinh θ－μ′mgs′＝0⑬(2 分)
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μμ′＝191。⑭(1 分) 答案 (1)3m (2)125mgH (3)191
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(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过 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＝12mv1 2－0④(2 分) －(fs2＋mgh)＝0－12m－v212⑤(2 分) 从图(b)所给出的v－t图线可知 s1＝12v1t1⑥(1 分)
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
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3.规律的选用 (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)；