力学三大基本观点尚洪汉
专题 力学三大观点的综合应用-推荐下载
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/s 2.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 s 12.75 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 v 0＝2m v v ＝2.5 m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg设两者相对静止前相对运动的路程为s 1，由功能关系得－F f ·s 1＝(m ＋m )v 2－m v 121220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)设凹槽与物块碰前的速度分别为v 1、v 2，碰后的速度分别为v 1′、v 2′.有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′m v ＋m v ＝m v 1′2＋m v 2′212211221212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 .)s 2＝()t ＋6.5L ，解得s 2＝12.75 m.12v 021．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为3h2M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的圆弧．质量为m 的小球A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，14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 2 (2) (3)≤cos α≤1gh 23gh 23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：h ＝gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝1212gt v 1解得：v 1＝，s ＝hgh 由机械能守恒定律得：m v ＝mgh ＋m v 1220321221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 B m v ＝m v ＋M v 1221122A 122B v B ＝v 1＝.2m m ＋M 23gh (3)由(2)可知，当M ≪m 时v B ≈2＞从顶端飞离则cos α＝1gh gh 当M ≫m 时，v B ＝0，设B 球与圆弧面在C 处分离，则：Mgh (1－cos α)＝M v 122CMg cos α＝M ，cos α＝，故≤cos α≤1v 2C h 23231．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C 之间的摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为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A 、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 )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋(m A ＋m B )v ＝m A v ＋m B v 1220122A 122B 联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s.(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2，方向水平向左对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a ＜μ1m A g故物体A 、C 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 Q ＝m B v －(m A ＋m B ＋m )v 2122B12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v 1，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/s 2，a B ＝μ2g ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2v 1＝v －a A t ＝－v ＋a C t解得：v 1＝0.5 m/st ＝0.5 sx A 1＝t ＝0.5 m ，x C 1＝t ＝－0.25 mv ＋v 12－v ＋v 12故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A 1＋|x C 1|＝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＝＝3 m/sv 12碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝m v －×2m v ②1221122解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－2μmg③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 ＋at 212④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s②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×2m v －×2m v ＝－μ·2mg ·4L122A 122当v 2＝v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.12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) (2)mgx 0 (3)123gx 014(20＋43)gx 0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°＝m v 1221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 ＋·2m v ＝2mgx 0 sin 30°122解得E p ＝mgx 0.14(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 4m v 2＋3mgx 0 sin 30°＝m v 121223m 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·2m v ＋E p ＝·2m v ＋2mgx 0sin 30°12241225此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则m v ＝m v ＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)12251226在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝.(20＋43)gx 02．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)(－3) m6215解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝m 1v 1220解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝m 1v 2－m 1v 121220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 2m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122m 1速度方向不变即v 1＝v 0＞0m 1－m 2m 1＋m 2则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝gt 212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＝v 0＝v 0≈v 0＝5.0 m/s m 1－m 2m 1＋m 21－m 2m 11＋m 2m 1v 2＝v 0＝v 0≈2v 0＝10.0 m/s2m 1m 1＋m 221＋m 2m 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－μm 2gL ＝m 2v 2′2－m 2v 12122解得v 2′＝2 m/s21落地点射程为x 2＝v 2′t ＝ m6215m 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(－3) m.6215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＝0E ＝m 1v ＋m 2v ＝75 J.1221122(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 ＝＝4 m/s2g (h 1－h 2)v x ＝＝3 m/sv ytan θ合速度为：v B ＝5 m/s物体从B 到C 过程中：m 1gr (1－cos θ)＝m 1v －m 1v 122C122B F N －m 1g ＝m 1v 2C rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝F N ＝46 N ，方向竖直向下．(3)甲物体平抛运动时间：t ＝＝0.4 sv yg 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/s 2甲物体在车上运动时间为：t 1＝＝1 sv 0－v xa 1甲物体的对地位移：x 1＝(v 0＋v x )t 1＝4 m12甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝＝1 m/s 2μm 1gM 甲离开车时，车对地的位移：x 2＝a 2t ＝0.5 m 1221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．资料定值者对(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 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速33度为6m/s ，方向水平向左3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：m 1v ＝m 1g ·2R ＋m 1v ，1220122D 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 m/s.3(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 ＝m 1v ＝m 2v ，1220122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乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：s ＝＝12 m ＜20 mv 2乙2a 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 ＝m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122解得：v 1＝2 m/s ，v 2＝6 m/s33之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则m 1v ＝m 1gh 1221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v 2＝2 m/s3乙滑上传送带，因v 2＝6 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3AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 m/s3故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速度为6 m/s ，方向水平向左．33。
决胜2021广东新高考 高三物理复习 力学 突破训练26 力学 解决力学问题的三大观点 精进训练
突破训练26 解决力学问题的三大观点 精进训练
一、知识点聚焦认知
本章节要重点突破的是： 一是动力学观点； 二是能量观点； 三是动量观点； 四是三大观点的综合运用。
二、【解决力学问题的三大观点】 总纲
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． 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 般均隐含有系统 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．
1mv20＝mg·2R＋1mv2(2 分)
2
2
解得 A 滑过 Q 点时的速度
v＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s(1 分) 在 Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝mv2(2 分) R
解得 A 受到的弹力
F＝mv2－mg＝
1×16－1×10 0.5
N＝22 N(1 分)
R
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。
解决力学问题的三大观点
的动摩擦因数 0.2 ，今以水平恒力 F=10N 拉木块在车上滑
行，物体最终从车的右端滑落，木块在车上滑动过程中，问：
拉力对木块做了多少功？（ g 10m / s 2 ）
可编辑ppt
9
解：由牛顿第二定律得（设木块加速度为a1，平板车加速度为a2）
A. f1， f2均做正功
B. f1， f2均做负功
C. f1做负功， f2做正功
D.因为是静摩擦力， f1， f2做功均为零
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16
分析总结：
①错因：求人的受到的摩擦力做的功时， 误把重心位移当成作用点的位移；功的 定义严格来说是力与力的作用点位移的 乘积，此题中作用点的位移是脚的位移。
②虽然大多问题采用其他两
个观点解题比牛顿定律简单，
但牛顿运动定律并不能完全被
取代
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11
例 2、如图所示，矩形盒 B 的质量为 M，底部长度为 L，就在水平面上，盒
内有一质量为 M 可视为质点的物体 A，A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为 ，
5 开始时二者均静止，A 在 B 的左端，现瞬间使物体 A 获得一向右的水平初速度
rT
机械振动 和机械波 f kxT 2 lgVs可编辑ppt
4
tT
2、动量的观点 动量定理
F t m2Vm1V
动量守恒定律 m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 ' m 2 v 2 '
3、能的观点 动能定理：
W合EK
机械能守恒定律： E K 1 E P 1 E K 2 E P 2
（4）求盒 B 的运动的总时间？
可编辑ppt
高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)
压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。
2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。
这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。
3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。
其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。
考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用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(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。
考向三：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。
选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，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。
专题4-力学三大观点的综合利用(高考版)
【解析】 （1）选 P 为研究对象，受力分析如图： 设 P 加速度为 a ，其垂直于斜面方向受力平衡： G cos N 沿斜面方向，由牛顿第二定律得： G sin f ma 且 f N ，可得： 对 CB 段过程，由 代入数据得 B 点速度：
画出）随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点， AF 4R 。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 小为 g 。 （取 sin 37
1 ，重力加速度大 4
3 4 ， cos37 ） 5 5 (1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。 (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能。 (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通 7 过 G 点。 G 点在 C 点的左下方，与 C 点水平相距 R 、竖直相距 R ，求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的 2 质量。
1
+ m
2
v
2
= m
1
v 1′+ m
2
v 2′
（1）动量守恒定律成立的条件 ①系统不受外力或系统所受外力的合力为零. ②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力 等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. ③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， 则在该方向上系统的总动量的分量保持不变. （2）动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性. 3.动能定理:外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.表达式 （1）动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的.但它也适用于变力及物体作曲线运动 的情况. （2）功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式. （3）应用动能定理只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制，也不受力的性质和物理过程的变化的影响.所以， 凡涉及力和位移，而不涉及力的作用时间的动力学问题，都可以用动能定理分析和解答，而且一般都比用牛 顿运动定律和机械能守恒定律简捷.
2025高考物理总复习用三大观点解决力学问题
0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质
点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2 (x为形变量)，重力
则滑块a、b碰撞过程损失的能量 ΔE＝12mvF2－12mva2－12×3mvb2 解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住， 求碰撞后弹簧最大长度与最小长度 之差Δx。 答案 0.2 m
若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则由动量守恒知a、b 碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv 解得v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长 时有共同速度v′， 有 4mv＝6mv′，解得 v′＝53 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1， 由能量守恒有12×(m＋3m)v2＝12× (m＋3m＋2m)v′2＋12kx12 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和 最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (2023·江苏徐州市第七中学校考)如图所示，质量m＝1 kg的小球用 长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上， 两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉 至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一 段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、 B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量 mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
2016高考物理总复习 专题6 力学三大观点的综合应用课件
(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得 mvC＝(m＋m)v 1 1 故v＝ vC＝ 2gh 2 2 假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，若小球在最低点时 细绳拉力为FT，则 v2 FT－2mg＝2m h 解得FT＝3mg
FT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动 设平抛运动的时间为t，则 1 2 0．5h＝ gt 2 t＝ h g
故落点距C的水平距离为 1 h 2 s＝vt＝ 2gh· g ＝ h 2 2 2 即小球在DE水平面上的落点距C的水平距离为 h. 2
(2)设B的半径为r1时，C刚好可以从B顶端飞出， 由动能定理得：mgR－μmgl－mgr1(1－cos 60° )＝ 0 代入数据解得：r1＝4.8 m， 若：1 m＜r＜4.8 m，C从B的右端飞出，则在水平面上运 行的距离为：l＝3 m， 若4.8 m≤r＜5 m，C滑到B的最右端再原路返回，设C滑 上A前瞬间的速度为v2，滑离A的瞬间速度为v3，此时A的速度 为v， 1 2 1 2 对C有动能定理得：－μmgl＝ mv2－ mv1 2 2 解得：v2＝6 m/s
且足够大，将一个质量为m＝1 kg的滑块C从A的顶端由静止释
放，已知C与PQ间的动摩擦因数u＝0.2，PQ段的长度l＝3 m， 取g＝10 m/s2.
图3
(1)若已知B的圆弧半径r＝3 m，C第一次滑到B的圆弧底端 时，C对圆弧B底端的压力为多大？ (2)若B的圆弧半径1 m＜r＜5 m，滑块C仍从A的顶端由静 止释放，当C滑离A的底端时解除A的锁定，使A可以在水平面
动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式．我省对动 量观点的考查主要是动量守恒定律，对能量观点的考查包括动 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，能较好地考查综合应用有关规律分析和解决问 题的能力．
高考物理二轮复习专题：力学三大观点的综合应用课件
A下滑的过程由动能定理
mgH
fs1
1 2
mv12
0
设P点的高度为h，则A上滑的过程由动能定理
mgh
fs2
0
1 2
m(
v1 )2 2
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1
1 2
v1t1
Pss21 h
s2
1 2
v1 2
(1.4t1
t1 )
由几何关系知
s2 h s1 H
A在整个过程克服摩擦力做功为W
W fs1 fs2
(3)图见解析 3 900 N 第十八讲 力学三大观点的综合应用
解得 FN＝3900 N
从如图图(所b示)所,质给量出为的升mv－=t0物图. 线可理知 思维能力、综合运用相关知识解决问题
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取10 m/s2.
的能力 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取10 m/s2.
答案: (1)4 m/s (2)2 m/s
2.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m1=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m2=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/s2。求:
(1)碰后瞬间小球的速度大小;(2)木板的长度。
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．。
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。
高中物理必修一第三章第一节_重力基本相互作用第一课时_力的有关基本知识
章节名称
教学目标
本节（课） 教学内容 的分析
高中物理必修一第三章第一节：重力 基本相互作用 第一课时：力的有关基本知识
学时 2 学时
课程标准：《高一物理必修一课本》 本节（课）教学目标： 知识和能力:1、掌握力的概念，能够分清受力物体和施力物体。2、掌握力的两种 作用效果。3、知道力的三要素，会用力的图示和示意图来表示力。 过程和方法:1、通过多个实验现象归纳得出力的作用是相互的。2、通过实例让学 生体验力的作用效果。 情感态度和价值观:1、通过实例激发学生对科学的求知欲，激励探索与创新的意识。 2、培养主动与他人合作的精神和与他人交流的愿望，敢于质疑，勇于修正。3、认 识到科学探索的艰难历程及科学研究工作的意义和其趣味性。 本节位于人教版必修一第三章第一节，是高中物理力学部分的开端，是学生系统的 认识力的开始，学生在生活中处处感受着力的存在，对力并不陌生，但缺乏系统的 认识，有些同学同脑中会存在经验性的错误认识，认为力是维持物体运动状态的原 因，本节课就要让学生感性的感受力，理性的认识力。重力知识作为高中物理力学 部分的第一节，对初高中力学知识有着承上启下的作用，是今后内容的基础，起着 非常重要的作用。
符号 N。 乒乓球沉入水中，竖直向上浮起，橡皮泥从 静止开始竖直向下落到地上，力有方向。 我们将力施加在物体上，力作用的位置就是
力的作用点。 大小、方向、作用点是力的三要素。
力的两种表示方法： 力的图示、力的示意图
学生活动 听讲、思考
设计意图
力的表示方法涉 及到的物理知识 较少，比较简单， 所以这两部分主 要依赖于老师的 讲解和学生下课 后自己看课本理 解，课堂活动较
力学的三大基本观点及其应用
力学的三大基本观点及其应用一、力学的三个基本观点：力的观点：牛顿运动定律、运动学规律动量观点：动量定理、动量守恒定律能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律例1．质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，速度为v，某时刻拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？小结:先大后小,守恒优先变1：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？小结:涉及时间，动量定理优先变2：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，中途拖车脱钩，待司机发现时，汽车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门．设运行过程中所受阻力与重力成正比，汽车牵引力恒定不变，汽车停下时与拖车相距多远？小结:涉及位移，动能定理优先B A 二、力的观点与动量观点结合：例 2．如图所示，长 12m 、质量为 50kg 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 50kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，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立柱，(取 g ＝10m/s 2)试求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小． (2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑动？还能滑行多远的距离？三、动量观点与能量观点综合：例 3．如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h ，质量为 m 的小物块 A 从坡道顶端由静 1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 的挡板 B 相连，弹簧处于原长2时， 恰位于滑道的末端 O 点． 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A 、B 与水平面间动摩擦因数均为 μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g ，求：(1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小．(2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 E (设弹簧处于原长p时弹性势能为零)．四、三种观点综合应用：例 4．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A 、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值 d 时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于 d 时，存在大小恒为 F 的斥力．设 A 物体质量 m ＝1.0kg ，开始时静止在直线上某点；B 物1体质量m＝3.0kg，以速度v从远处沿直线向A运动，如图所示．若d＝0.10m，F＝200.60N，v＝0.20m/s，求：(1)相互作用过程中A、B加速度的大小；(2)从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统动能的减少量；(3)A、B间的最小距离．例5．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v，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v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？五、习题训练：1．如图所示，水平轨道的AB段是光滑的，BC段是粗糙的，AB轨道与BC轨道在B点衔接。
高考物理一轮复习课件：第五单元 解决力学问题的三大观点
设小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2，则： v＋a1t2＝a2t2 小物体的位移 x1＝vt2＋12a1t22 薄板的位移 x2＝12a2t22 薄板的长度 l＝x1－x2 联立以上各式得 l＝2.5 m。 [答案] (1)1.2 m (2)2.5 m
[跟进训练] 1．如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平
目录
01 题型1 02 题型2 03 题型3 04 题型4
动力学观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及 题型 运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不 简述 涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律
求解。
通过力学观点解决两类动力学问题：一类是根据物体 方法 的运动来求受力；另一类是根据受力研究物体的运动。 突破 两类问题的核心就是求出物体的加速度。牛顿第二定
变力拉动，其加速度随力变化的图像如图乙所示。现从静止 开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力 F 作用在物体 上(g 取 10 m/s2)。求：
(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数； (2)周期性力作用下物体在一个周期内的位移大小。
解析：(1)由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma 变形得 a＝m1 F－μg 对比题图乙中图线的函数公式，解得 m＝4 kg，μ＝0.1。
(3)减速上升的时间 t3＝vgm＝1.2 s 减速阶段上升的距离为 h3＝12vmt3＝7.2 m 设伤员从匀加速运动结束到开始做减速运动的时间为 t2， 对起重机以最大功率工作的过程应用动能定理得 Pmt2－mg(h－h1－h3)＝12m(vm2－vx2) 又 h1＝12at12，解得 t2＝6 s 所以把伤员从谷底吊到机舱所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝12.2 s。 [答案] (1)12 m/s (2)5 s (3)12.2 s
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.
常用思维方法在高中物理解题中的应用
常用思维方法在高中物理解题中的应用作者：尚洪汉来源：《新课程》2021年第12期摘要：物理属于一门科学性和知识性非常强的课程，高中物理知识较为枯燥、复杂，高中生对学习物理知识存在一定的抗拒心理，特别是在物理解题过程中，经常会出现无从下手、缺乏解题思路的问题，由此，教师需要在高中物理解题中运用常用思维方法，引导学生多角度分析物理题型，从中掌握更多的解题技巧与方法。
关键词：高中物理;解题技巧;常用思维方法在高中物理教育活动中，教师不仅要为学生讲解物理理论知识，更重要的是要带领学生去解释物理现象，而解答物理问题也是揭示物理现象的一种方法，教师要善于借助常用思维方法帮助学生探究解题思路，做到化难为易、化繁为简，明确物理题型的归属，在解题中构建完整的物理知识体系，让学生养成良好的物理解题习惯，做到结论准确、思路清晰。
本文主要对常用思维方法在高中物理解题中的应用进行探究，希望能对物理教学提供一定的参考。
一、借助正向思维和逆向思维解答物理问题正向思维和逆向思维属于解答物理问题中的常用思维，其中逆向思维能够让物理解题过程更加清晰、简单，而正向思维属于学生解题过程中的一种惯性行为。
教师要引导学生善于在解答物理问题的时候运用逆向思维，培养学生良好的发散性思维能力、逻辑性思维能力、直觉思维能力和抽象性思维能力等，从中掌握更多的技巧与方法。
例如，有一道物理问题：有一辆客车正在行驶，一直处于匀速行驶的状态之中，客车在制动之后需要停留8秒，假设客车处于最后1秒过程中的位移为2米，那么客车对应的匀速行驶与加速行驶中的具体速度为多少？对于这道物理问题，学生如果采用正向思维来解答，那么需要借助时间顺序来解答问题，解题的过程非常烦琐。
这时候教师可以引导学生借助逆向思维来解答物理问题：可以让客车利用时间逆序运行，这样就能够把制动比作为初速度是0的匀加速直线运动，属于一个逆过程状态，伴随着最后1秒的位移，那么客车的匀速行驶速度成了均加速运动中的末速，最后借助运动学的公式进行推算，这样就能得出最终的解题结果。
高中物理新教材的教学实践与思考
高中物理新教材的教学实践与思考发布时间：2021-01-15T15:29:57.250Z 来源：《中小学教育》2020年29期作者：李果[导读] 本文以高中物理的教学为探讨的对象，进一步阐明高中物理教学中的教学实践的巧用。
李果云南省曲靖市富源县第八中学 655500摘要：近年来，教育教学改革一直在如火如荼的展开，教育教学的改革的脚步从未停止过，随着国家新课程改革的不断深入，教育改革的各项举措在各门学科的实践教学过程中应用效果甚好，高中物理教学作为新课程改革的重点科目，对于物理教学的课程改革的目的在于使得学生明确物理课程的基本框架，进一步培养学生的物理认知能力，而当前在高中物理教学新教材的过程中的教学实践方式应运而生，本文以高中物理的教学为探讨的对象，进一步阐明高中物理教学中的教学实践的巧用。
关键词：高中物理；教学实践；方法；策略前言应国家应试教育的要求，传统的教学模式仅仅关注学生的分数，唯分数论的教学模式并没有顾虑到学生对于课堂教学内容的接受程度，由长期发展的眼光而观之，唯分数论的教学模式已经不能满足国家新课程改革的各项要求，由短期发展的角度而观之，唯分数论的教学模式也不利于学生在课堂教学呈现饱满的热情，这就是说，传统的教学模式既不利于国家教育的长期发展，也不利于提升学生们课堂教学的积极性，因此，这就要求国家需要将教学实践方法具体应用于各门课程的教学环节之中，与此同时，学校需要对学生们的日常行为规范进行规划与指引，进一步激发学生主动学习物理课程的兴趣，借助物理课本的实例对于复杂晦涩的物理原理进行阐释，激发学生的主动学习物理的兴趣。
一、加强基本概念的吸收掌握物理这门课程主要的研究的对象包括物理界存在的飞禽走兽以及自然规律，因此，物理教师需要结合教学实践方法，具体需要立足于物理课本中的基本理论，而理论必然需要与实际生活紧密结合。
理论与实践的完美结合就能够方便学生们在学习物理理论的知识，对于理论知识进行融汇贯通，具体在进行物理教学的时候，物理教师要给学生先准备本节课实验需要的材料以及用品，电线、电路以及其他材料，然后就是学生按照课本上的知识对零件进行组装，在此项实验过程中要将实验原理、具体操作程序、实验最终结果紧密结合。
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• 变式1：如图所示，将质量均为m厚度不计的两物块A、 变式1 如图所示， 用轻质弹簧相连接， 高处， B用轻质弹簧相连接，只用手托着B物块于H高处，A在 弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定． 弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定．现由静止 物块着地时解除弹簧锁定， 释放A、B ，B物块着地时解除弹簧锁定，且B物块的速 度立即变为0 度立即变为0，在随后的过程中当弹簧恢复到原长时A 物块运动的速度为υ0，且B物块恰能离开地面但不继 续上升． 续上升．已知弹簧具有相同形变量时弹性势能也相 ．（1 物块着地后， 向上运动过程中合外力为0 同．（1）B物块着地后，A向上运动过程中合外力为0 ；（2 时的速度υ1；（2）B物块着地到B物块恰能离开地面 但不继续上升的过程中， 物块运动的位移Δ 但不继续上升的过程中，A物块运动的位移Δx； （3）第二次用手拿着A、B两物块，使得 第二次用手拿着A 两物块， 弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B 弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离 地面的距离也为H 地面的距离也为H，然后由静止同时释放 A、B，B物块着地后速度同样立即变为 求第二次释放A 刚要离地时A 0．求第二次释放A、B后，B刚要离地时A 的速度υ 的速度υ2．
• 随堂练习1：（2004年·广东）如图所示，轻弹簧的一端 随堂练习1 固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹 簧处在原长状态，另一质量与B相同的滑块A，从导轨 上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离L1时，与 B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但 互不粘连，已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A 和B与导轨的滑动摩擦因数都为µ，运动过程中弹簧最大 形变量为L2，求A从P出发时的初速度v0．
二、力学综合题 的解题方法： 的解题方法： 找状态 明过程 选规律 列方程 求 解
谢谢！
领悟： 领悟：
• （1）当运动过程中不涉及细节问题或加速 度时，可用动量和能量的观点分析问题。 度时，可用动量和能量的观点分析问题。 • （2）涉及碰撞等过程用动量观点，涉及位 涉及碰撞等过程用动量观点， 移过程宜用能量的观点。 移过程宜用能量的观点。 • （3）解题的过程就是类似于机器的“拆卸” 解题的过程就是类似于机器的“拆卸” 的过程。 的过程。
题型一： 题型一：碰撞问题
• 例1：（2009年广东物理）如图所示，水平地面上静 2009年广东物理 如图所示， 年广东物理） 止放置着物块B 相距l=1.0m 物块A 止放置着物块B和C，相距l=1.0m。物块A以速度 v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地 =10m/s沿水平方向与 正碰。碰撞后A 沿水平方向与B 粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C 粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C 的速度v=2.0m/s。已知A 的质量均为m 的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m，C的质 量为A质量的K 物块与地面的动摩擦因数µ=0.45。 量为A质量的K倍，物块与地面的动摩擦因数µ=0.45。 设碰撞时间很短， （设碰撞时间很短，取10m/s2） • （1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度； 计算与C碰撞前瞬间AB的速度 的速度； • （2）根据AB与C的碰撞过程分析K的取值范围，并 根据AB与 的碰撞过程分析K的取值范围， 讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。 讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。 的可能运动方向
• 随堂练习：如图所示，n个相同的木块（可视为质 随堂练习：如图所示， 个相同的木块 个相同的木块（ ），每块的质量都是 每块的质量都是m， 点），每块的质量都是 ，从右向左沿同一直线 排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l， 排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为 ，第 n个木块到桌边的距离也是 ，木块与桌面间的动 个木块到桌边的距离也是l， 个木块到桌边的距离也是 摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度 0向 摩擦因数为 ．开始时， 个木块以初速度v 个木块以初速度 左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后， 左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后， 发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块 发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第 个木块 刚好滑到桌边而没有掉下． 刚好滑到桌边而没有掉下． • （1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能． ）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能． • （2）求第 次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰 ）求第i次 － ） 撞前动能之比． 撞前动能之比．
• 变式2：在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效 变式2 在原子物理中， 途经是“双电荷交换反应” 途经是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程 和下面力学模型类似。两个小球A 用轻质弹簧相连， 和下面力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连， 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一 垂直轨道的固定档板P 右边有一小球C 垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度 v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个 射向B 如图所示， 整体D 在它们继续向左运动的过程中， 整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变 到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后， 到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与 档板P发生碰撞，碰后A 静止不动， 档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不 粘连。过一段时间，突然解除锁定（ 粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均 无机械能损失），已知A ），已知 三球的质量均为m 无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。 • （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 • （2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最 求在A球离开档板P之后的运动过程中， 大弹性势能。 大弹性势能。
力学三个基本观点 的应用
河北定州中学 高三物理： 高三物理：尚洪汉
解答动力学问题的三个基本观点 1、力的观点 力的观点 2、动量观点 动量观点 3、能量观点 能量观点
动力学规律的选用原则： 动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（涉及时间问题）和动能定理（涉及位移问题） 去解决问题。 （3）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能量守恒定律去解决问题。 注意！ 注意！ 在解力学综合题时，应优先考虑从能量和动
题型二： 题型二：弹簧类问题
• 例2：如图所示，物体B的物体C用劲度系数 如图所示，物体B的物体C 的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。 为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。 将一个物体A从物体B的正上方距离B 将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度 处由静止释放，下落后与物体B碰撞， 为H0。处由静止释放，下落后与物体B碰撞， 碰撞后A 粘合在一起并立刻向下运动， 碰撞后A与B粘合在一起并立刻向下运动，在 以后的运动中A 不再分离。已知物体A 以后的运动中A、B不再分离。已知物体A、B、 C的质量均为m，重力加速度为g，忽略各物 的质量均为m 重力加速度为g 体自身的高度及空气阻力。 体自身的高度及空气阻力。 • （1）求A与B碰撞后瞬间的速度大小。 碰撞后瞬间的速度大小。 • （2）A和B一起运动达到最大速度时，物体C 一起运动达到最大速度时，物体C 对水平地面的压力为多大？ 对水平地面的压力为多大？ • （3）开始时，物体A从距B多大的高度自由 开始时，物体A从距B 落下时，在以后的运动中才能使物体C 落下时，在以后的运动中才能使物体C恰好离 开地面？ 开地面？
找状态 明过程 选规律 列方程 求 解
确定研究对象、进行两个 确定研究对象、 分析（受力、运动） 分析（受力、运动） 建立清晰的物理情景，构 建立清晰的物理情景， 建物理模型 三个基本观点，优先考虑 三个基字母式
统一单位、结果说明 统一单位、
•实战演练
• 变式1：倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够 变式1 倾角为30 长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡， 长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡， 斜面上距水平面高度分别为h =5m和 =0.2m的两 斜面上距水平面高度分别为h1=5m和h2=0.2m的两 点上，各固定一小' 点上，各固定一小'球A和B。某时刻由静止开始释 经过一段时间t 同样由静止开始释放B 放A球，经过一段时间t后，同样由静止开始释放B 球。g取10m/s2，则： • (1)为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不 (1)为了保证 为了保证A 两球不会在斜面上相碰， 能超过多少? 能超过多少? • (2)在满足(1)的情况下，为了保证两球在水平面上的 (2)在满足 的情况下 在满足(1)的情况下， 碰撞次数不少于两次，两球的质量m 碰撞次数不少于两次，两球的质量mA和mB应满足 什么条件?(假设两球的碰撞过程没有能量损失 假设两球的碰撞过程没有能量损失) 什么条件?(假设两球的碰撞过程没有能量损失)
课堂小结
一、三个基本观点选用 的一般原则： 的一般原则：
1．以单个物体为研究对象时: ．以单个物体为研究对象时 宜选用动量定理和动能定理， 宜选用动量定理和动能定理，其中涉 及时间的问题，应选用动量定理， 及时间的问题，应选用动量定理，而 涉及位移的应选用动能定理。 涉及位移的应选用动能定理。 2．对多个物体组成的系统: ．对多个物体组成的系统 优先考虑两个守恒定律 3．若涉及系统内物体的相对位移（路程） ．若涉及系统内物体的相对位移（路程） 并涉及摩擦力的， 并涉及摩擦力的，要考虑应用能的转 化和守恒定律。 化和守恒定律。
A B
5m
0.2m 300
• 变式2：（2006年·重庆理综）如图，半径为R的光滑 变式2 2006年 重庆理综）如图，半径为R 圆形轨道固定在竖直面内．小球A 质量分别为m 圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质量分别为m、 βm（ 为待定系数）． βm（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静 ）．A 止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞， 止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞， 碰撞后A 球能达到的最大高度均为R/4， 碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R/4，碰撞中无 机械能损失．重力加速度为g 试求：（ ：（1 机械能损失．重力加速度为g．试求：（1）待定系 ；（2 第一次碰撞刚结束时小球A 数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速 度和B球对轨道的压力；（ ；（3 小球A 度和B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低 处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、 B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度． 在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．