高考物理力学规律的综合应用复习
高考物理复习：力学三大观点的综合应用
高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一 动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1， 则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点 解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离． 解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝ （2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二 动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)质量M ＝0.6 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2 kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度v 1＝5.0 m /s 和v 2＝2.0 m /s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰．已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g 取10 m /s 2，求：(1)A 、B 两物体在车上都停止滑动时的速度． (2)车的长度至少是多少？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三 动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律 数学表达式 动力学 观点力的瞬 时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第 三定律F ＝－F ′ 能量 观点力的空间 积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守 恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量 观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守 恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2， 联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ， 将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ， 解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22， 解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L ＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定．质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m /s 自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m /s 2.(1)若v ＝4.0 m /s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m /s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m /s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝2 m /s ，v 2＝43 m /s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m /s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N ·s ⑳ 由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253N ·s ，方向竖直向上． 答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上 限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A .1v 0(s ＋L ) B ．1v 0(s ＋2L ) C .12v 0(s ＋L ) D ．1v 0(L ＋2s ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。
牛顿第二定律的综合应用(解析版)-高中物理
牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。
【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。
2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。
4.利用牛顿第二定律处理板块模型。
【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。
一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。
二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。
(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。
三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
四、板块模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。
牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题-高考物理复习
A.当拉力0<F<12 N时，A静止不动 B.当拉力F>12 N时，A相对B滑动
图6 C.当拉力F＝16 N时，B受到A的摩擦力等于12 N D.在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止
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研透核心考点
解析 由于物体 B 放在光滑的水平面上，因此只要拉 力 F 不是零，A、B 将一起加速运动，所以当拉力 0< F<12 N 时，A 不会静止不动，A 错误；若 A、B 能发 生相对滑动，则有 a＝μmmBAg＝0.2×26×10 m/s2＝6 m/s2，对 A、B 整体，由牛顿 第二定律可得发生相对滑动时的拉力为 F＝(mA＋mB)a＝(6＋2)×6 N＝48 N，超 出了绳子的最大拉力，由此可知，在绳子承受的最大拉力 20 N 范围内，无论拉 力 F 多大，A、B 始终处于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力 F＝16 N 时，对整体，由牛顿第二定律可得 F＝(mA＋mB)a′，解得 a′＝mA＋F mB＝61＋62 m/s2 ＝2 m/s2，则 B 受到 A 的摩擦力 f＝mBa′＝2×2 N＝4 N，C 错误。
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研透核心考点
解析 在相同时间内(b 未触地)，a、b 加速度的大小相 等，速度变化量大小相等，D 错误；将 a、b 看成一个 整体，由牛顿第二定律得 F 合＝4mg－2mgsin θ＝ (2m＋4m)a，解得 a＝g2，故 B 正确；以 b 为研究对象， 设拉力为 T，由牛顿第二定律有 4mg－T＝4ma，解得 T＝2mg，故 A 错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角 为 60°，则绳子对定滑轮的力为 F＝2Tcos 30°＝2 3mg， 故 C 正确。
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3.连接体问题的分析 整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求 物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合 适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔 离求内力”。
高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
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 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C② 在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的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 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块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 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块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 点的速度为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 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，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，达到最大的路程，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 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，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．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． 2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v＝12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L＝2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长为x＝2 m，水平面右端与一光滑的半径R＝1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB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？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma，代入数据得：a＝12 m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2 as代入数据得：s＝116m＜L＝2 m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12 m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 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 ， 代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ， 联立并代入数据得：μ2＝0.09， 综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(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 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，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ΔE ；(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 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22 ②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 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3L ＝v 2t ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝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 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 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设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；如果碰撞及涉及时间的问题，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 0,0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0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(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)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为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 ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30°解得E p ＝14mgx 0(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 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 0.2．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.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 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)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20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 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2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v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s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－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.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，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距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的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m/s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为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的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式： 对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：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 的过程，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 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，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、乙两物体可看作质点．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．解析 (1)设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： 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 2D 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、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 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，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。
高考物理专题复习：专题二 匀变速直线运动规律的应用
高考物理专题复习：专题二匀变速直线运动规律的应用一、单选题1.物体在斜面上由静止开始做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，5s末到达斜面底部，物体运动的前2s内的位移与最后2s内的位移之比为（）A. B. C. D.2.小明在平直的跑道上练习加速跑，已知小明从静止开始做匀加速直线运动，则小明在第1个2 s、第2个2 s和前6 s内的三段位移大小之比为（）A. 1：3：5B. 1：4：9C. 1：3：9D. 1：5：123.在平直公路上，汽车以10m/s的速度做匀速直线运动，从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车以2m/s2的加速度做匀减速直线运动，则刹车后6s内汽车的位移大小为（）A. 24mB. 25mC. 30mD. 96m4.某自行车沿直线运动，如图所示是从时刻开始，自行车的（式中为位移）图象，则（）A. 自行车做匀速运动B. 自行车的加速度大小是C. 时自行车的速度大小是D. 第2s内的自行车的位移大小是10m5.如图所示，一质点以一定的初速度沿固定的光滑斜面由a点向上滑出，到达斜面最高点b时速度恰为零，若质点第一次运动到斜面长度处的c点时，所用时间为t，则物体从c滑到b所用的时间为（不计空气阻力）（）A. B. C. D.6.如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心经过t到达最高点，第1个内通过的位移为，第3个内通过的位移为，则为（）A. 9B. 6C. 5D. 37.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )A. 粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B. 粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C. 若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动D. 不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ8.做直线运动的物体，经过A、B两点的速度分别为v A、v B，经过AB中点C的速度。
物理一轮复习 专题12 牛顿运动定律的综合应用(讲)(含解析)
专题12 牛顿运动定律的综合应用1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题。
2.学会分析临界与极值问题。
3.会进行动力学多过程问题的分析．1．超重(1）定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况．（2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况．(2）产生条件:物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）等于零的情况称为完全失重现象．（2)产生条件：物体的加速度a＝g,方向竖直向下．考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化）．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的,其大小等于ma。
★重点归纳★1．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。
加速度超重、失重视重Fa＝0不超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m（g＋a)a的方向竖直向下失重F＝m（g－a）a ＝g ，竖直向下完全失重F ＝0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重,物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2.超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时， 物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态． (2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加 速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态． (3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重； ②物体向下加速或向上减速时,失重．★典型案例★在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时,晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg,电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是： ( ）A.晓敏同学所受的重力变小了B 。
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.。
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。
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 。
高考物理一轮复习课件专题三：牛顿运动定律的综合应用
• 方法二：假定某力沿某一方向，用运动 规律进行验算，若算得正值，说明此力与假
• 2．“极限法”分析动力学问题
•
在物体的运动状态变化过程中，往往
达到某个特定状态时，有关的物理
•
量将发生突变，此状态叫临界状态．
相应的待求物理量的值叫临界
• 2.
• 解析：在施加外力F前，对AB整体受力 分析可得：2mg＝kx1，A、B两物体分离时 ，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零， 选项A、B错误；对物体A：mg＝kx2，由于 x1－x2＝h，所以弹簧的劲度系数为k＝mg/h ，选项C正确；在 B与A分离之前，由于弹
• 图3－3－7 •2－1 如图3－3－7所示，光滑水平面上放置 质量分别为m、2m的A、B两个物 •• 体解，析A：、当B间A、的B最之大间静恰摩好擦不力发为生μ相m对g，滑现动用 水时平力拉F最力大F拉，B此，时使，AB对以于同A一物体所受的合外
【例3】如图3－3－8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着
• 擦因数相同．当用水平力F作用于图3B－上3－3且两 物块共同向右加速运动时，弹簧的伸
【例1】 如图3－3－4所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和 水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、 Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为 F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间时，球的加速 度a应是( )
压力
橡皮 绳
较大
一般不 能突变
只有拉 力没有
压力
• 当物不体受处力处突然变化时，物体的加速既度可有
轻弹 计 相等
一般不 拉力也
1.
图3－3－1 如图3－3－1所示，A、B两木块间连一轻质弹簧，A、B质量相等，一起静 止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块 的加速度分别是( )
高中物理专题【力学“三大观点”的综合应用】
14
(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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16
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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17
C 考点二
用动力学和能量观点解决多过程问题
[考点分析] 1．命题特点：动力学观点和能量观点是解答力学问题的两种重要方法，等级考题中 常把这两种方法综合起来考查，题型多为计算题，难度较大． 2．思想方法：守恒思想、全程法和分段法、模型法等．
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A．物体的加速度大小为 2 m/s2 B．弹簧的伸长量为 3 cm C．弹簧的弹力做功为 30 J D．物体的重力势能增加 36 J
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解析：B 根据 v-t 图象的斜率可知，物体的加速度大小为 a＝ΔΔvt ＝1 m/s2，选项 A 错 误；对物体受力分析，受到竖直向下的重力 mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力 F，由牛 顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得 F＝6 N．由胡克定律 F＝kx 可得弹簧的伸长量 x ＝3 cm，选项 B 正确；在 t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内，物体动能增加 ΔEk＝12mv22－12mv21＝ 6 J，根据 v-t 图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体沿斜面向上运动的位移 x＝6 m， 物体重力势能增加 ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J，根据功能关系可知，弹簧弹力做功 W＝ΔEk＋ ΔEp＝36 J，选项 C、D 错误．
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.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 . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(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)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
2025高考物理总复习牛顿第二定律的综合应用
滑动,每块砖的重力大小均为G,砖夹的质量不计。若F=6G,则在加速提起
过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为( A )
A.0
B.G
C.2G
D.3G
合
解析 将四块砖和砖夹看成一个整体,则加速度为 a= =
总
6-4
4
=
,将第2、
2
3块砖看成整体,则砖块1对砖块2的摩擦力与砖块4对砖块3的摩擦力都为Ff,
3
且方向均竖直向上,有2Ff-2mg=2ma,解得Ff=
;对砖块3,根据牛顿第二定
2
律有Ff23+Ff-mg=ma,由以上各式解得Ff23=0,即在加速提起过程中第2、3
块砖之间的摩擦力大小为0,A正确,B、C、D错误。
3
与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为 3 ,
重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到
滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是( AC )
2
A.轻绳对 P 点的拉力大小为 mg
3
3
B.物体 A 的加速度大小为 g
5
C.地面对斜面体的摩擦力大小为
2a-masin 30°,解
得地面对斜面体的支持力为 FN=
3
0 +
2
g,D 错误。
易错点拨 根据初中学过的定滑轮、动滑轮的特点找出两个物体的速度、
加速度关系是本题关键,如果对初中知识不够熟练,解答本题极易出错。
题型二
动力学中的临界、极值问题
1.临界值或极值条件的四类标志
2.处理临界问题的三种方法
2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
解得L′＝10 m 第二种：当小物块恰能到达与圆心等高的位置时， 则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL1－mgr＝0 解得L1＝16 m
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
当小物块恰能到达 D 点时，则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL2＝0 解得L2＝20 m 则小物块能到达D点且在DC之 间不脱离轨道，MN的长度满足 16 m≤L′≤20 m或者L′≤10 m。
考点二 滑块—木板模型综合问题
(1)A、C两点的高度差； 答案 0.8 m
小物块在 C 点速度大小为 vC＝cosv053°＝5 m/s，小物块在 C 点的竖直分 速度为 vy＝vCsin 53°＝4 m/s，下落高度为 h＝v2yg2＝0.8 m
考点二 滑块—木板模型综合问题
(2)小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的 压力； 答案 68 N，方向竖直向下
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块 通过C点时所受轨道弹力的大小FN； 答案 60 N
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
小物块从A点运动到C点，根据动能定理有 mg(R－Rcos 37°)－μmgL－2mgr＝12mvC2－12mvA2 在 C 点，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝mvrC2 代入数据解得FN＝60 N
考点二 滑块—木板模型综合问题
2.功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量 守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； (3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
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高考物理力学规律的综合应用复习【考点透视】解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。
一、知识回顾 1．力的观点⑴．匀变速直线运动中常见的公式（或规律）： 牛顿第二定律：ma F =运动学公式：at v v t +=0，2021at t v s +=，as v v t 222=-，t v s =，2aT s =∆ ⑵．圆周运动的主要公式：22ωmr rv m ma F ===向向 2．动量观点⑴．恒力的冲量：Ft I =⑵．动量：mv p =，动量的变化12mv mv p -=∆ ⑶．动量大小与动能的关系k mE P 2=⑷．动量定理：p I ∆=，对于恒力12mv mv t F -=合，通常研究的对象是一个物体。
⑸．动量守恒定律：条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计）；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。
表达式：对于两个物体有22112211v m v m v m v m '+'=+，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）。
3．用能量观点解题的基本概念及主要关系⑴．恒力做功：θcos Fs W =，Pt W =，⑵．重力势能mgh E P =，动能221mv E k =，动能变化21222121mv mv E k -=∆ ⑶．动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式21222121W mv mv -=总⑷．常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值P G E W ∆-= 弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值E W P ∆-=弹有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能，即222120212121mv mv mv fl Q --== ⑸．机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。
表达式有2211p k p k E E E E +=+、减增p k E E ∆=∆、减增B A E E ∆=∆⑹．能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律。
二、力学规律的选用原则：1．研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。
2．研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题一般用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。
3．若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。
提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程—般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。
【例题解析】一、力的观点与动量观点结合例1 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，木板与均静止，当人以4m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g 取10m/s 2） （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）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动?还能滑行多远的距离? 解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m ，加速度为1a ，木板的质量为M ，加速度大小为2a ，人与木板间的摩擦力为f ，根据牛顿第二定律，对人有：200N 1==ma f ；（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为t ，对木板受力分析可知：2)(Ma g m M f =+-μ故m/s 2)(2=+-=Mgm M f a μ，方向向左；由几何关系得：L t a t a =+22212121，代入数据得：s 2=t（3）当人奔跑至右端时，人的速度m /s 811==t a v ，木板的速度m /s 422==t a v ；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：V M m Mv mv )(21+=- （其中V 为二者共同速度）代入数据得m/s 2=V ，方向与人原来运动方向一致；以后二者以m/s 2=V 为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为2m/s 1==g a μ，故木板滑行的距离为m 222==av s 。
点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。
二、动量观点与能量观点综合例2 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 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m 2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p E （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。
解析：（1） 物块A 在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有221mv mgh =，故gh v 2=。
（2） A 、B 在水平道上碰撞时内力远大于外力，A 、B 组成的系统动量守恒，有v m m v m '+=)(211 接着A 、B 一起压缩弹簧到最短，在此过程中A 、B 克服摩擦力所做的功gdm m W)(21+=μ由能量守恒定律可得gd m m E v m m p )()(2121221++='+μ，所以gd m m m m gh m E p )(212121+-+=μ。
点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来计算。
能量守恒是自然界普遍遵守的规律，用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。
例3 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m ，长度为l 的小车，小车左端有一质量也是m 可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间滑动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态。
现在给物块一个水平向右的初速度0v ，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。
求： （1）物块的初速度0v 及解除锁定前小车相对地运动的位移。
（2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少? 解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为v ，由动量守恒定律得mv mv 20=，由能量关系有22022121mv mv mgl ⋅-=μ，故gl v μ20=，在物块相对小车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为g a μ=，速度由0增加到2v v =，小车位移为s ，则av s 22=；（2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为1v ，物块速度为2v ，最终速度与小车静止时，共同速度为v '，由动量守恒定律得v m mv mv mv '=+=2221，由能量关系有222212212121v m mv mv mgl '⋅-+=μ， 联立四式解得： ⎩⎨⎧==0201v v v 和⎩⎨⎧==0210v v v （舍去），所以gl v v μ201==，02=v 。
点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。
求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。
例4 一辆质量为m ＝2 kg 的平板车，左端放有质量M ＝3 kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以0v ＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。
设平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g ＝1.0 m/s 2），求：（1）平板车第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度1v 。
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长? 解析：（1） 平板车第—次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。
设向左运动的最大距离为1s ，由动能定理得201210mv Mgs -=-μ 所以有m 312201==Mg mv s μ； （2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度1v ，由于系统动量守恒，有100)(v m M mv Mv +=-，即m/s 4.0)(01=+-=mM v m M v设平板车从第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度1v 所发生的位移大小为1s '，由动能定理得21121mv s Mg ='μ有2220211)()(22m M m M Mg mv Mg mv s +-⋅=='μμ，显然11s s 〈'，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度m /s 4.01=v ，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；（3）平板车与墙壁多次碰撞，使M 与m 之间发生相对滑动。
由于摩擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为l ，由能量转化和守恒定律得20)(21v M m Mgl +=μ，所以m 652)(20=+=Mg v M m l μ； 点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。
在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提。
例5 如图所示，C 是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。
最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板。
求：（1）木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移；（2）木块A 在整个过程中的最小速度。
解析：（1）木块A 先做匀减速直线运动至与C 速度相同，后与一道做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等（设为v 1）为止， A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒故：100)3(2v m m m mv mv ++=+，v 1=0.6v 0；对木块B 运用动能定理，有2021)2(2121v m mv mgs -=-μ，所以gv s μ509120=。