【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化四 力学三大观点的综合应用
2021届高三物理一轮复习——力学三大观点的综合应用
2021届高三物理一轮复习——力学三大观点的综合应用1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．2．力学规律的选用原则：(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及碰撞、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．1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C, BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m．质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．图1(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h 高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.。
2021版高考物理一轮复习课时规范练21力学三大观点的综合应用
课时规范练21力学三大观点的综合应用基础对点练1.(2019·陕西渭南市二模)如图,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接,斜面倾角θ=37°。
小滑块(可看作质点)A的质量为m A=1 kg,小滑块B的质量为m B=0.5 kg,其左端连接一轻质弹簧。
若滑块A在斜面上受到F=2 N,方向垂直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑。
现撤去F,让滑块A从距斜面底端L=2.4 m处,由静止开始下滑。
g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
求:(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数;(2)撤去F后,滑块A到达斜面底端时的速度大小;(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能。
12.(2019·山东聊城三模)如图所示,AC为光滑半圆轨道,其半径R=0.3 m,BD为粗糙斜面轨道,其倾角θ=37°,高度h=0.6 m,两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连,B处用光滑小圆弧平滑连接,轨道均固定在同一竖直平面内。
在水平轨道上,用挡板将a、b两物块间的轻弹餐压缩后处于静止状态,物块与弹簧不栓接。
同时放开左右两挡板,物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。
已知物块a、b 的质量均为0.25 kg,物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,物块到达A点或B点之前已和弹簧分离,两物块均可视为质点。
重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求弹簧储存的弹性势能;(2)请通过计算说明物块a能否通过C点?若能,请求出物块a离开C后的落点到A的距离。
3.2如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。
某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。
高三物理一轮复习教案(力学)
高三物理一轮复习教案（力学）
目标
本教案旨在帮助高三物理学生进行力学知识的全面复。
通过本次复，学生将能够：
- 熟悉力学的基本概念和公式；
- 掌握力的合成与分解；
- 理解受力分析与牛顿三定律；
- 掌握运动学和动力学的关系；
- 能够运用力学知识解决实际问题。
教学步骤
第一步：复力学的基本概念和公式（30分钟）
- 通过复课本上的相关内容，回顾力学的基本概念和公式；
- 强调重点内容，例如力、质量、加速度、力的单位等；
- 提供一些实例让学生进行计算和应用。
第二步：力的合成与分解（40分钟）
- 介绍力的合成与分解的概念和意义；
- 通过示意图和实例，让学生理解如何合成和分解力；
- 给学生一些练题，让他们应用所学知识进行计算。
第三步：受力分析与牛顿三定律（40分钟）
- 介绍受力分析和牛顿三定律的基本概念；
- 解释如何利用受力分析解决实际问题；
- 通过案例让学生学会应用牛顿三定律解决问题。
第四步：运动学与动力学的关系（30分钟）
- 概述运动学和动力学的基本概念；
- 强调二者的关系和相互影响；
- 提供一些例题，让学生运用所学知识进行计算和分析。
第五步：应用力学知识解决实际问题（20分钟）
- 给学生提供一些实际问题，让他们运用所学知识进行解答；- 鼓励学生积极参与讨论，分享解题思路和方法；
- 强调实际问题的应用意义。
总结
通过本次力学复习教案，我们希望学生能够全面复习力学知识，掌握基本概念和公式，并能够应用所学知识解决实际问题。
同时，
我们也希望学生能够培养解决问题的思维能力和团队合作精神。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化四 力学三大观点的综合应用
专题强化四力学三大观点的综合应用一、解动力学问题的三个基本观点三、利用动量和能量的观点解题的技巧(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)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、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始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。
1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。
求：(1)前2 s内木板的加速度大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
[解析]本题根据F－t图象考查板块问题。
(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N。
因F1＝24 N<F m＝30 N，故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得，F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝2 m/s2。
(2)设2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v＝at1＝4 m/s，。
高考物理一轮复习课件(基础夯实+多维课堂)：专题4 力学三大观点的综合应用
点以速度v0平抛,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加
速度为g。则A、B之间的水平距离为(
)
v
2 α
2v
关闭
2 α
A. 0
B. 0
根据平抛运动的规律可得水平速度
v0,竖直速度 gt。小球恰好沿 B
g
g
点的切线方向进入圆轨道,则合速度与水平方向夹角为
动能定理。
(3)因为动量守恒定律、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始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。
基础夯实
自我诊断
1.如图所示,水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定 关闭
(2)滑块通过B点时的动能。
关闭
(1)3.0
m/s (2)4.0 J (3)0.50 J
(3)滑块通过B点后,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
基础夯实
自我诊断
2.如图所示,水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑
连接,AB段长x=10 m,半圆形轨道半径R=2.5 m。质量m=0.10 kg的
零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹
逐渐减小),然后改为竖直向上(其大小逐渐增大),选项
簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环(
)A 错误;设下滑
Wf,则上滑过程克服摩擦力做功也为 Wf,对
过程克服摩擦力做功为
A.下滑过程中,加速度一直减小
高中一轮复习物理通用版课件第七章第35课时三大观点解决力学综合问题(题型研究课)
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设金属块最后停在右边的木块上距离其左端为 x 处，0＜x≤L。
令 v1 和 v2 表示两木块最后的速度，v0′表示金属块到达左边 木块右端时的速度，由动量守恒及功能关系可知：
所以 A 滑过 Q 点时的速度 v＝ v02－4gR＝ 62－4×10×0.5 m/s＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s 在 Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝mvR2 所以 A 受到的弹力 F＝mRv2－mg＝1×0.542－1×10N＝22 N。
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(2)A 与 B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为 v′， 则 mv0＝2mv′所以 v′＝12v0＝3 m/s 从碰撞到 AB 停止，根据动能定理，得 －2μmgkL＝0－12·2mv′2 所以 k＝2vμ′gL2 ＝2×0.1×3210×0.1＝45。 (3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段根据动能定理，得 －2μmgnL＝12·2mvn2－12·2mv′2 解得 vn＝ 9－0.2n(n＜k)。 [答案] (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn＝ 9－0.2n(n＜k)
(1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。
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[解析] (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受
到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg
①
取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Ft＝mv－0 ②
由①②式并代入数据得 t＝0.2 s。
(1)C 的质量 mC； (2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep。
2021高考物理一轮复习规范演练27力学三大观点的综合应用含解析新人教版
规范演练27 力学三大观点的综合应用[抓基础]1．如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A、B质量满足m A＜m B，则A、B相碰后A向左运动，B向右运动．由于B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于E、F 质量满足m E＞m F，则E、F都向右运动．所以B、C、D静止；A向左运动，E、F向右运动，选项C正确．答案：C2.如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则( )A．还是滑到C点停住B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外D．上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1＝F f L，其中F f为物体与小车之间的摩擦力．若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2＝Q1，而Q2＝F f s，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停住，选项A正确．答案：A3．(多选)(2019·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接在另一质量为m 的物体B ，如图乙所示，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 2D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 2解析：题图甲中，由系统能量守恒得12m A v 20＝E pm ，题图乙中，由动量守恒和能量守恒得m A ·2v 0＝(m A ＋m )v ，12m A (2v 0)2＝E pm ＋12(m A ＋m )v 2， 联立解得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 20，选项A 、C 正确．答案：AC4.(2019·汕头质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，解得速度大小为v 1＝m 0v 0m 0＋M ，根据牛顿第二定律可得T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 21l，可知绳子拉力大于(M＋m 0)g ，选项A 、B 错误；子弹射入木块后，对子弹、木块和圆环整体有N ＝T ＋mg ＞(M ＋m ＋m 0)g ，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．答案：C5．(多选)(2019·青岛模拟)如图甲所示的光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图乙为物体A 与小车的v-t 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：在0～t 1时间内，物体A 与小车B 的图线与坐标轴包围的面积之差表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v 1，则m M ＝v 1v 0－v 1，选项B 正确；由物体A 的v-t 图象得a ＝v 0－v 1t 1＝μg ，可求出μ，选项C 正确；因B 车质量大小未知，故无法计算B 车的动能，选项D 错误．答案：BC6.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动，t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图中正确的是( )A B C D解析：木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1＞m 2，木块的加速度a 2＝F fm 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F f m 1，方向向右，因为m 1＞m 2，则a 1＜a 2，选项A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动，其速度先为负值，后为正值，木板先做匀减速直线运动，最终做速度向左的匀速运动，速度均为正值，D 项正确，C 项错误．答案：BD7.(多选)(2019·湖南长郡中学一模)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则( )A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板由牛顿第二定律得F ＝Ma ，解得a ＝FM，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv 2，C 错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，从细绳拉断到小滑块滑到木板最右端，对小滑块、弹簧、木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，12mv 2＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．答案：ABD8.(多选)(2019·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C .现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh2C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mgk答案：ABD[提素养]9.(多选)(2019·石家庄检测)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为Mv 202－（Mv 0）22（M ＋m ）C ．木箱速度为v 03时，小木块的速度为2Mv 03mD ．最终小木块速度为Mv 0m答案：BC10.(2019·山西太原二模)如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab 以及半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成，圆轨道下滑进入点与滑出点错开一小段距离，其中，ab 与圆轨道Ⅰ相切于b 点，ab ＝48.9 m ，θ＝37°，R 1＝10 m ，R 2＝5.12 m ．车厢与ab 间的动摩擦因数为μ＝0.125.一次游戏中，质量m ＝500 kg车厢A 被牵引到a 点由静止释放，经切点b 进入圆轨道Ⅰ；绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P 时，与停在P 点的障碍物B 相撞并连一起进入圆轨道Ⅱ.将A 、B 视为质点，不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)车厢A 通过圆轨道Ⅰ最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B 的质量不超过A 的多少倍？ 解析：(1)设A 到达b 点时速度为v b ，由动能定理得mgl ab (sin θ－μcos θ)＝12mv 2b ，v b ＝489 m/s ，A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ，则有mgR 1(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2c ，A 经c 点时，轨道对A 弹力为F ，有mg ＋F ＝m v 2cR 1，解得F ＝1 450 N.(2)A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ，有mgR 1(1－cos 37°)＝12mv 2P －12mv 2b ，解得v P ＝529 m/s ＝23 m/s ， 设A 与B 碰撞后共同速度为vmv P ＝(m ＋M )v ，设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ，在P 点最小速度为v ′P ，(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2dR 2，2(m ＋M )gR 2＝12(m ＋M )v ′2P －12(m ＋M )v 2d ，解得v ′P ＝256 m/s ＝16 m/s ， 当v ＝v ′P 时，M 最大， 解得M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2316－1m ＝716m ， 即B 的质量不超过A 的716.答案：(1)1 450 N (2)71611．(2019·西安适应性测试)如图所示，两个长度为L 、质量为m 的相同长方体物块1和2叠放在一起，置于固定且左、右正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L ，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m 的钢球用长为R 的轻绳悬挂在O 点，将钢球拉到与O 点等高的位置A (拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s (s ＞2L )后停下．又将钢球拉回A 点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下，重力加速度为g ，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数； (2)两物块都停下时物块2滑行的总距离． 解析：(1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0， 根据机械能守恒定律，有mgR ＝12mv 20，可得v 0＝2gR ， 钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR ，设物块与地面间的动摩擦因数为μ， 物块1碰撞获得速度后滑行至停下， 由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 21，联立解得μ＝RL ＋s.(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2， 物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 23－12mv 22，设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4， 两物块一起继续滑行距离为s 1， 根据动量守恒定律和动能定理，有mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 24，可得s 1＝12L ，设物块2滑行的总距离为d ， 则d ＝s －L ＋s 1＝s －L2.答案：(1)R L ＋s (2)s －L212．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别为5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．解析：设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21，解得：v 1＝2gh .设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有：mg h 16＝12mv ′21，解得：v ′1＝2gh4. 设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv ′1＋5mv 2，解得：v 2＝2gh 4. 由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh .碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3，据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23，解得：E pm ＝15128mgh .答案：54m 2gh 15128mgh13．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 越过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g 取10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．解析：(1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得： m 1gR 1＝12m 1v 2B ，解得：v B ＝6 m/s.m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共， 解得：v 共＝2 m/s.则碰撞过程中损失的机械能为：E 机＝12m 1v 2B －12mv 2共＝12 J.(2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒： 12mv 2共＋mg ×2R 2＝12mv 2C ， 解得：v C ＝4 m/s.在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2CR 2，解得：F N ＝190 N.(3)设物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度为v 1， 由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2， 解得：v 1＝3 m/s.设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得： 对物块m ：－μmgx 1＝12mv 21－12mv 2C ，解得：x 1＝1.4 m. 对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22，解得：x 2＝0.4 m ，此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m. 设物块m 在台阶上运动的最大距离为x 4，由动能定理得： －μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 21，解得：x 4＝0.8 m.答案：(1)12 J (2)190 N (3)0.8 m。
2021高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题36用三种观点解决力学问题学案
2021高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题36用三种观点解决力学问题学案一、三种思路的比较二、三种思路的选择解决力学问题的三种观点所涉及的要紧内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．一样来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种差不多上能够解决的，然而在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该第一是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点．并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，因此，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做出正确而恰当的选择．1．从研究对象上看(1)若多个物体的运动状态不同，则一样不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一样用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．2．从研究过程上看(1)凡涉及瞬时状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点； (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一样要用能量观点或动量观点； (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理； (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一样应用动量守恒定律． 3．从所涉及的物理量看(1)假如涉及加速度的问题，则一样要用牛顿运动定律；(2)假如涉及运动时刻或作用时刻的问题，一样优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律； (3)假如涉及运动的位移或路程的问题，一样优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律； (4)假如涉及初末速度的问题，一样优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．因此任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一样情形下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要依照问题的特点灵活而恰当地选择和应用．【典例1】 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝ 0.5 m 。
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.。
高考物理第一轮复习教案
高考物理第一轮复习教案一、教学目标1、帮助学生回顾和巩固高中物理的基础知识，包括力学、热学、电磁学、光学和近代物理等部分。
2、培养学生的物理思维能力，提高学生分析和解决物理问题的能力。
3、让学生熟悉高考物理的题型和命题特点，为后续的复习打下坚实的基础。
二、教学重难点1、重点力学中的牛顿运动定律、机械能守恒定律、动量守恒定律等。
电磁学中的电场、磁场、电磁感应等。
光学中的折射、反射、干涉、衍射等。
2、难点复杂物理过程的分析和建模。
综合性较强的物理问题的解决。
三、教学方法1、讲授法：系统地讲解物理知识，使学生形成完整的知识体系。
2、练习法：通过大量的练习题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。
3、讨论法：组织学生讨论一些疑难问题，激发学生的思维，培养合作学习的能力。
四、教学过程1、力学部分回顾牛顿运动定律，包括牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律。
讲解这些定律的内容、适用条件和应用方法。
通过实例让学生理解物体的运动状态与受力之间的关系。
复习机械能守恒定律和动量守恒定律。
详细讲解这两个定律的表达式、守恒条件和应用场景。
通过典型例题，让学生掌握运用守恒定律解决问题的思路和方法。
讲解力学中的常见题型，如连接体问题、斜面问题、圆周运动问题等。
分析这些题型的解题技巧和注意事项，让学生能够熟练应对。
2、热学部分介绍热学的基本概念，如温度、内能、热量等。
讲解热力学第一定律和热力学第二定律的内容和意义，使学生理解能量的转化和守恒以及热现象的方向性。
复习理想气体的状态方程，让学生掌握理想气体在不同状态下的压强、体积和温度之间的关系。
通过例题，让学生学会运用状态方程解决实际问题。
3、电磁学部分复习电场的基本概念，如电场强度、电势、电势能等。
讲解电场的性质和电场中的电荷运动规律，让学生理解电场力做功与电势能变化的关系。
讲解磁场的基本概念，如磁感应强度、磁通量等。
介绍安培力和洛伦兹力的计算方法和应用，让学生掌握带电粒子在磁场中的运动规律。
2021届高三一轮复习物理资料素养提升5大力学观点的综合应用PPT教学课件
答案 (1)MgLsin θ＋12M(v21－v22) (2)12mv22－12mv21－mgLsin θ
第1轮 物理
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第六章 碰撞与动量守恒
解析 (1)取货车沿坡向下发生位移 L 时所在平面为零势能面．
货车初状态机械能：E1＝MgLsin θ＋12Mv21 末状态机械能：E2＝12Mv22 货车减少的机械能：ΔE＝E1－E2＝MgLsin θ＋12M(v21－v22)．
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第六章 碰撞与动量守恒
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律． (2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理． (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． (4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，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．
(1)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能EP1； (2)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能EP2． 答案 (1)Ep1＝3m20v20 (2)Ep＝332mv20
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第六章 碰撞与动量守恒
解析 (1)B、C 碰撞动量守恒：mcv0＝(mB＋mc)vBC． 第一次 A、B、C 共速时弹簧压缩量最大，A、B、C 组成系统为研究对象 (mB＋mc)vBC＝(mA＋mB＋mc)v1 EP1＝mB＋2mCvB2 C－mA＋mB2＋mCv21，EP1＝3m20v02． (2)B 与 C 碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C 组成系统为研究对 象，由系统动量守恒： (mB＋mC)v1＝(mB＋mC)v2＋mAv3．
2021高考物理一轮复习第六章动量守恒定律专题四力学三大观点的综合应用学案新人教版
专题四力学三大观点的综合应用专题解读1．力学的三大观点包括①动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)，②动量观点(动量定理和动量守恒定律)，③能量的观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．2．力学的三大观点是力学的综合，高考基本以计算题、压轴题的形式命题，考查学生的分析综合能力．3．本专题知识运用综合性较强，对学生的能力要求也很高，希望同学们循序渐进，通过学习提高运用力学三大观点分析解决问题的能力．1.力的三大观点与六个规律(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(或机械能守恒定律)．(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)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始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．3．力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律．从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移s，时间t)问题，不能解决力(F)的问题．(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)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．(3)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，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便．4．求解力学综合问题的基本思路(1)认真审题，弄清题意．审题时要注意：①挖掘隐含条件，隐含条件往往隐含在关键的词语中、题目的附图中、发生的物理现象中和题目的所求中．②重视对物理过程的分析．审题时，要弄清题目中的物理过程及其得以进行的条件，明确运动的性质，把握过程中的不变量、变量、关联量之间的相互关系，并找出与物理过程相适应的物理规律．(2)确定研究对象，分析受力情况和运动情况．选择研究对象的两个基本原则：一是要选择已知量充分且涉及所求量的物体为研究对象；二是要优先选择能够满足某个守恒定律的物体(或物体系)为研究对象．进行运动分析时要注意两个方面：①运动情况变化时，找出运动量(s 、a 、v 、t )的关系； ②运动可能出现多种可能性． (3)明确解题途径，正确运用规律． (4)分析解题结果，有时需作一定讨论．1．下列说法中正确的是( )A ．一个质点在一个过程中如果其动量守垣，其动能也一定守恒B ．一个质点在一个过程中如果其动量守恒，其机械能也一定守恒C ．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒D ．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒 答案：A2.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上．如果物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并留在物体A 中，已知物体A的质量是物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，则弹簧被压缩到最短时A 的速度为( )A.v 012 B.v 08C.v 04D.2v 03答案：B3.如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v ，向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时答案：D考点一 力的观点解决动力学问题典例 地面上固定着一个倾角为37°的足够长的斜面，有一个物体从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上运动，当物体返回底端时，其速率变为初速度的一半，求物体与斜面之间的动摩擦因数．[思维点拨] 物体在上滑过程和下滑过程均做匀变速直线运动，因此解答时可利用运动学公式、动量定理、动能定理三种不同的方式列式解答．解析：方法一：应用牛顿第二定律和运动学公式选物体为研究对象，设物体的初速度为v 0，沿斜面上升时的加速度为a 上，沿斜面上升的最大位移为s ，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 上， 0－v 20＝2a 上s .设该物体沿斜面下滑时的加速度为a 下，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 下，(v 02)2＝2a 下s ， 以上四式联立解得μ＝35tan 37°＝0.45.方法二：应用动能定理选物体为研究对象，对物体沿斜面上升的过程，应用动能定理，有 －mg sin 37°·s －μmg cos 37°·s ＝0－12mv 20，对物体沿斜面下滑的过程，应用动能定理，有 mg sin 37°·s －μmg cos 37°·s ＝12m (v 02)2.以上两式联立解得μ＝35tan 37°＝0.45.答案：0.45同一个力学问题，有时可以有多种解法，遇到这种情况时，我们应根据题目情景和要求选用合适的方法．多数情况下，从能量的角度解题相对简单一些，本例方法2明显简捷一些．考点二动量与动力学观点的综合应用典例如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.[思维点拨] 图乙可知力的冲量，考虑用动量定理，P与Q发生弹性碰撞，动量和机械能守恒．解析：(1)在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s.设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma，P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL，解得v1＝7 m/s.(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v′1、v2，有：mv1＝mv′1＋mv2，1 2mv21＝12mv′21＋12mv22，碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′，t＝v2a′，解得t＝3.5 s.答案：(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s在涉及几个物体相互作用的系统问题时，物体间的相互作用力(内力)远大于系统受到的外力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优势．考点三 动量与能量观点的综合应用典例 如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连．碰后以共同速度一起向右运动．(g 取10 m/s 2)求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．[思维点拨] 小车撞到挡板后对a 可考虑动能定理，ab 碰撞是动量守恒． 解析：(1)对物块a ，由动能定理，得 －μmgL ＝12mv 21－12mv 20，代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/s.a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为下方向，由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2， 代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1 m/s 的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s.对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23，代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m.(3)由动量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m )v 23，代入数据解得x ＝0.125 m.答案：(1)1 m/s (2)132 m (3)0.125 m考点四 力学三大观点解决多过程问题 1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动． (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动． (3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动． 2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．典例 (2019·安徽滁州模拟)如图所示，质量为m ＝0.5 kg 的小球用长为r ＝0.4 m 的细绳悬挂于O 点，在O 点的正下方有一个质量为m 1＝1.0 kg 的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m 2＝1.0 kg 的木板左端．现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前的瞬间减小了ΔT ＝4.8 N ，而小滑块恰好不会从木板上掉下．已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.12，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰后瞬间小球的速度大小； (2)木板的长度．[思维点拨] (1)明确运动过程：小球先下摆，再与滑块碰撞，碰后小球摆动，滑块在木板上滑动(板块模型)(2)各分过程应用相应规律解题：涉及碰撞问题用动量观点，涉及位移尤其相对位移时优先考虑能量观点，涉及运动过程细节尤其要求加速度时用动力学观点．解析：(1)小球下摆过程，机械能守恒mgr (1－cos θ)＝12mv 2，v ＝2 m/s.小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得T －mg ＝mv 2r ，T ′－mg ＝mv ′2r，依题意，碰撞前、后瞬间拉力大小减小量为ΔT ＝T －T ′＝4.8 N. 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v ′＝0.4 m/s. (2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒，得mv ＝－mv ′＋m 1v 1， v 1＝12(v ＋v ′)＝1.2 m/s.小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒，得m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2， v 2＝12v 1＝0.6 m/s ，由能量守恒可得μm 1gL ＝12m 1v 21－12(m 1＋m 2)v 22，解得L ＝0.3 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.3 m多过程问题处理方法1．抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．2．对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某一时刻或某一位置的问题可用牛顿定律；某一匀变速直线运动过程选用动力学方法求解；某一匀变速曲线运动，并涉及方向问题用运动的合成和分解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解；某一相互作用过程或力和时间的问题要用动量定理和动量守恒定律等．注意：这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带.1.质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力大小恒定，方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m ，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k x 的图线如图所示．g 取10 m/s 2，求：(1)物体的初速度；(2)物体和平面间的动摩擦因数； (3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ，解得v ＝2 m/s.(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功10 J.设摩擦力为F f ，则－F f s 2＝0－10 J ＝－10 J ，F f ＝－10－4N ＝2.5 N ， 因F f ＝μmg ， 故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理，有(F －F f )·s 1＝ΔE k ， 解得F ＝4.5 N.答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N2．(2019·宁夏银川质检)质量为m 1＝1 200 kg 的汽车A 以速度v 1＝21 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t ＝1 s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，g 取10 m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2 s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离． 解析：(1)对于减速过程，有a ＝μg ，对A 车有：v A ＝v 1－at ， 对B 车有：v B ＝v 2－at .以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m 1v A －m 2v B ＝(m 1＋m 2)v 共，可得v 共＝6 m/s.(2)对A 车由动量定理得：－Ft 0＝m 1v 共－m 1v A ， 可得F ＝7.2×104N ， 则Fm 1g＝6. (3)对共同滑行的过程，有x ＝v 2共2a，可得x ＝6 m.答案：(1)6 m/s (2)6倍 (3)6 m3.如图所示，倾角θ＝37°的固定斜面AB 长L ＝18 m ，一质量M ＝1 kg 的木块由斜面中点C 从静止开始下滑，0.5 s 后被一颗质量m ＝20 g 的子弹以v 0＝600 m/s 沿斜面向上的速度正对射入并穿出，穿出速度u ＝100 m/s ，以后每隔1.5 s 就有一颗子弹射入木块．设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入时木块对子弹的阻力相同．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)．求：(1)木块在被第二颗子弹击中前，木块沿斜面向上运动离A 点的最大距离． (2)木块在斜面上能被子弹击中的最多颗数． 解析：(1)木块下滑过程有：Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 1， a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝4 m/s 2，下滑位移s 1＝12a 1t 21＝0.5 m ，末速度v 1＝a 1t 1＝2 m/s.第一颗子弹穿过木块前后，系统动量守恒，有mv 0－Mv 1＝mu ＋Mv ′1，解得：v ′1＝8 m/s. 木块将上滑，有：－Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2， 得a 2＝－8 m/s 2，上滑时间t 2＝0－v ′1a 2＝1 s ，上滑位移s 2＝v ′12t 2＝4 m.因为t 2＜1.5 s ，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P 1后又会下滑，故木块离A 点的最大距离为：d ＝L2－s 1＋s 2＝12.5 m.(2)木块从P 1再次下滑0.5 s 后被第二颗子弹击中，这一过程与被第一颗子弹击中的过程相同，故再次上滑的位移仍为4 m ，到达的最高点P 2在P 1的上方：Δd ＝4 m －0.5 m ＝3.5 m. 此时P 2到B 点的距离为：d m ＝L －d －Δd ＝2 m ＜3.5 m ，所以，第三颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面，故共有三颗子弹击中木块． 答案：(1)12.5 m (2)三颗4．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .解析：P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02，方向向右．P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2mv 1＋2mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大，有 12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋Q ＋E p ， 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点，则 12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋2Q ， 联立以上两式解得E p ＝116mv 20，Q ＝116mv 20，根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )，解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右(2)v 2032μg －L 116mv 20 5．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .重力加速度为g ，求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．解析：(1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0，解得：t ＝3v 04μg.(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B ，解得：v B ＝14v 0.绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0，解得：v A ＝332v 0.整个过程中，根据能量守恒定律得：ΔE ＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m ·(316v 0)2－12m ·(14v 0)2＝4171 024mv 20.答案：(1)3v 04μg (2)4171 024mv 26.(2019·东北三省四市联考)如图所示，光滑曲面AB 与长度L ＝1 m 的水平传送带BC 平滑连接，传送带以v ＝1 m/s 的速度运行．质量m 1＝1 kg 的物块甲从曲面上高h ＝1 m 的A 点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m 2＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)甲第一次运动到C 点的速度大小； (2)甲第二次运动到C 点的速度大小；(3)甲第二次到C 点后经多长时间再次到达C 点？解析：(1)物块甲从A 运动至B ，由动能定理得：m 1gh 1＝12m 1v 21，解得：v 1＝2 5 m/s ＞v .假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：－μm 1gL ＝12m 1v 22－12m 1v 21，解得：v 2＝4 m/s.因v 2＞v ，故物块甲第一次运动至C 点的速度大小为v 2＝4 m/s.(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：m 1v 2＝m 1v 3＋m 2v 4，系统动量守恒，则有：12m 1v 22＝12m 1v 23＋12m 2v 24，联立解得：v 3＝－2 m/s ，则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C 点的速度大小为2 m/s. (3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a ，解得：a ＝2 m/s 2.从C 运动到B ，由动能定理得： －μm 1gL ＝12m 1v 25－12m 1v 23，解得：v 5＝0.物块甲从C 点运动到左端B 点的时间为t 1＝v 3－v 5a＝1 s.接着甲在传送带上向右做加速度仍为a 的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t 2，则有t 2＝v a＝0.5 s ，甲在t 2时间内的位移为x 1，由动能定理得： －μm 1gx 1＝0－12m 1v 2，解得x 1＝0.25 m.甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x 2＝L －x 1，则所用的时间为t 3＝x 2v ＝L －x 1v＝0.75 s ，故甲从第二次到第三次到达C 的过程中的运动时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.25 s.答案：(1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s7．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2，A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 从滑入圆轨道到最高点Q ，根据机械能守恒定律，得12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2，所以A 滑过Q 点时的速度v ＝v 20－4gR ＝62－4×10×0.5 m/s ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s. 在Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg ＋F ＝m v 2R，所以A 受到的弹力F ＝mv 2R －mg ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×420.5－1×10N ＝22 N.(2)A 与B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v ′， 则mv 0＝2mv ′， 所以v ′＝12v 0＝3 m/s.从碰撞到AB 停止，根据动能定理，得 －2μmgkL ＝0－12·2mv ′2，所以k ＝v ′22μgL ＝322×0.1×10×0.1＝45.(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段根据动能定理，得 －2μmgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2，解得v n ＝9－0.2n (n ＜k )．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜k )。
2021年高考物理一轮复习资料第六单元综合专题力学三大观点综合专题课件
动量 观点
基本规律
牛顿运动定律 匀变速运动公式
动能定理 机械能守恒定律
能量守恒定律
动量定理 动量守恒定律
解题优势 1.研究瞬时作用分析运动过程 2．研究匀变速直线运动 3．研究平抛、圆周运动 4．求解加速度、时间 1.只涉及运动始末状态 2．研究曲线运动 3．研究多个运动过程 4．求解功、能、位移、速度 1.只涉及运动始末状态 2．研究相互作用系统的运动 3．求解动量、冲量、速度
(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．
若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为 vm.则 mg ＝mvRm2
根据动能定理得： －μmgL2－mg·2R＝12mvm2－12mv22 解得：R＝0.24 m 若滑块恰好滑至14圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆 轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理得 －μmgL2－mgR＝0－12mv22 解得：R＝0.6 m 所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24 m 或 R≥0.6 m.
A．带电环与左极板相距最近时的速度 v＝mMv0 B．此过程中电容器移动的距离 x＝2（Mm＋d m） C．此过程中电势能的变化量 Ep＝2（mMM＋v0m2 ） D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
【答案】 BCD 【解析】 带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度 为 v0 的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速 直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距 最近，由系统动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v 解得：v＝ Mm＋v0m，故 A 项错误； 电容器向左做匀加速直线运动，v2t＝x， 环向左做匀减速直线运动，v＋2 v0t＝x′
2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题4第32讲动力学、动量和能量观点在力学中的应用
第32讲动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述(1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。
(2)学好本热点，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
(3)用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律和运动学基本规律)，动量观点(动量定理和动量守恒定律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。
1．解决力学问题的三个基本观点动力学观点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和圆周运动问题能量观点用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．动量定理与牛顿第二定律的比较(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用牛顿第二定律求解。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒(1)系统不受外力或所受合外力为零(1)只受重力或弹力作用(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(广西专用)2021版高考物理一轮复习考点规范练21力学三大观点的综合应用(含解析)新人教版
考点规范练21 力学三大观点的综合应用1.如图所示,一质量为m=1 kg 、长为l=1 m 的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的15,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。
现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m 环=3 kg,重力加速度g 取10 m/s 2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。
答案:0.45 m解析:设弹性环下落到地面时,速度大小为v 1,由动能定理得m 环gl-F f l=12m 环v 12,且有F f =15m 环g ,解得v 1=4m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为v 2,由动量守恒定律得m 环v 1=(m 环+m )v 2,解得v 2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为H=v 222v =0.45m 。
2.(2019·广东揭阳期末)如图所示,半径为R=0.4 m 的光滑圆弧轨道DE 固定在竖直平面内,轨道的上端点D 和圆心的连线与水平方向的夹角θ=30°,轨道最低点E 与水平面相切且安装有一压力传感器。
同一竖直平面内右上方光滑水平轨道两侧各有一质量均为m=0.1 kg 的小物块A 和B ,A 以v 0=4 m/s 的速度向左运动与B 碰撞并粘成一体C (可看成质点),恰好从D 点沿轨道切线方向进入轨道(重力加速度g 取10 m/s 2,√3=1.732)。
计算结果要求保留2位有效数字。
求:(1)小物块A 和B 碰撞后C 的速度v 1; (2)C 在空中的飞行时间; (3)压力传感器的示数。
答案:(1)2 m/s (2)0.35 s (3)16 N解析:(1)A 、B 碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向 由动量守恒定律得:mv 0=(m+m )v 1, 代入数据解得:v 1=2m/s 。
(2)画出质点C 在D 点的速度分解图由分解图得:tan θ=v1vv代入数据解得:t=0.35s 。
高考物理一轮复习导学案17力学三大观点
力学三大基本观点的综合应用一、三大观点及相互联系二、三大观点的选用原则（一）力学中首先考虑使用两个守恒定律。
从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(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。
(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，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
（二）用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系。
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。
符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。
至于多个物体间的相互联系，通常从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律。
每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。
分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。
至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件。
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。
通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。
4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况。
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
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专题强化四力学三大观点的综合应用一、解动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题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相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统②研究过程都是某一运动过程不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式(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)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、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始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。
1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l ＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。
求：(1)前2 s内木板的加速度大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
[解析]本题根据F－t图象考查板块问题。
(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力Fm ＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N。
因F1＝24 N<Fm＝30 N，故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得，F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝2 m/s2。
(2)设2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v＝at1＝4 m/s，2 s后F2＝34 N>Fm＝30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2，则有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝6 m/s2，设经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得，vt2＋12a2t22－(vt2＋12a1t22)＝l，解得t2＝1 s，此时木块的速度v块＝v＋a1t2，木板的速度v板＝v＋a2t2，木块与木板分离至滑落到地的时间设为t3，由平抛运动知识可得，h＝12gt23，在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木块在水平方向向前的位移为s块＝v块t3，木块与木板分离后，木板的加速度设为a3，由牛顿运动定律可得，F－μ2Mg＝Ma3，在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向的位移为s板＝v板t3＋12a3t23，所以，木块落地时距离木板左侧的距离Δx＝s板－s块，联立以上式子解得Δs＝1.68 m。
[答案](1)2 m/s2(2)1.68 m2．能量观点的应用若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、能量守恒定律求解。
例2 (2020·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动。
轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑。
让另一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm，现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小滑块下落的高度h2；(2)小滑块停止时的位置到N点的距离。
[解析](1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝m v2 C R由机械能守恒定律可得：mgh2＝mg·2R＋12mv2C解得：h2＝0.25 m。
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能E p ＝mgh1＝0.01 J。
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，其中E′p ＝Ep＝0.01 J解得：μmgxMN＝0.015 J当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为：E kN ＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰由能量守恒可得：EkN＝μmgx解得：x＝0.4 m小滑块最终停在N点左侧0.4 m处。
[答案](1)0.25 m (2)0.4 m3．力学三大观点的综合应用这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。
例3 (2019·福建莆田模拟)质量为mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA ＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。
现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m。
已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？[解析](1)C下摆过程，根据动能定理，有m C gl＝12mCv2C所以vC＝2gl＝4 m/sC反弹过程，根据动能定理，有－mC gh＝0－12mCv′2Cv′C＝2gh＝2 m/s取向右为正方向，对C根据动量定理，有－FΔt＝－mC v′C－mCvC所以F＝1 200 N，方向水平向左。
(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有m C vc＝－mCv′C＋mAvA所以vA＝2 m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小根据动量守恒定律，mA vA＝(mA＋mB)v所以v＝1.5 m/s根据能量守恒定律，μmA gx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2所以x＝0.5 m。
[答案](1)1 200 N (2)0.5 m规律总结：1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意：中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。
(2)灵活选取物理过程。
在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。
列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
〔专题强化训练〕1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( C )A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N[解析]设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m由mgh＝12mv2及(F－mg)t＝mv知鸡蛋对地面的冲击力F＝mvt＋mg≈103 N。
2．(2018·天津理综)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__20__ m/s。
若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为__0.2__ m。
[解析]设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得mv＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s根据能量守恒定律得Ff d相对＝12mv2－12(M＋m)v2解得d相对＝0.2 m。
3．(2019·山东济南月考)如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD，木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面，木板的质量M＝2 kg，木板长l＝7 m。
一物块以水平速度v＝9 m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接。
物块的质量为m＝1 kg，可视为质点，与木板之间的动摩擦因数μ＝0.45，g取10 m/s2，求：(1)若初始时木板B端距C点的距离足够远，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终距C点的距离与L 的关系，并求此最大距离。
[答案](1)3 m/s 6 m (2)见解析[解析](1)根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v共根据能量守恒定律可得μmgΔl＝12mv2－12(M＋m)v2共解得v共＝3 m/s，Δl＝6 m(2)对木板有μmgs＝12Mv2共－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，v2共－v2C1＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5 m/s2，解得vC1＝0，恰好停在C点，与L无关当L<2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动，有v20－v2C2＝2am(l＋L)，vC2＝32－L(m/s)物块以此速度冲上斜面并以原速率返回，最终停在木板上，有s＝v2C22am＝2m－L当L＝0时，s有最大值，smax＝2 m。