专题6动力学、动量和能量观点的综合应用
动力学和能量观点的综合应用(解析版)
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动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】1.分析思路(1)受力与运动分析:根据物体的运动过程分析物体的受力情况,以及不同运动过程中力的变化情况;(2)做功分析:根据各种力做功的不同特点,分析各种力在不同运动过程中的做功情况;(3)功能关系分析:运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析,选择合适的规律求解.2.方法技巧(1)“合”--整体上把握全过程,构建大致的运动情景;(2)“分”--将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律;(3)“合”--找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案.1(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示,由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置,半圆形挡板的半径0.2m,斜面高度h=0.6m,弹丸的质量为0.2kg。
游戏者调节发射器,弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s,接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。
挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。
弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力,g取10m/s2。
下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A.由图可知,在D点,挡板对弹丸的支持力为32.2N,由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合,则C点的速度等于D点的速度,A错误;D.弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误;BC.设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2,设转过3rad后的速度为v,由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N,由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。
高三物理第二轮复习动力学、动量和能量观点的综合应用
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高三物理第二轮复习动力学、动量和能量观点的综合应用【学习目标】①动量定理和动量守恒定律的应用②动量和能量观点的综合应用③力学三大观点的应用1.[2016·全国卷Ⅱ,35(2)]如图5,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)。
已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。
取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(ⅰ)求斜面体的质量;(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?图51.动量定理的公式Ft=p′-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系,反映了力对时间的累积效果,与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同,而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,当F为变力时,F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变.(2)表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′);或Δp=0(系统总动量的增量为零);或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零,但在某一方向上系统合力为零,则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点:主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点:主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题,以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析;在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律.题型1 动量定理和动量守恒定律的应用解题方略1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫做弹性碰撞;如果碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程);(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);(3)规定正方向,确定初、末状态动量;(4)由动量守恒定律列式求解;(5)必要时对结果进行讨论.例1如图1所示,光滑水平面上有一质量为m=1 kg的小车,小车右端固定一水平轻质弹簧,弹簧左端连接一质量为m0=1 kg的物块,物块与上表面光滑的小车一起以v0=5 m/s的速度向右匀速运动,与静止在光滑水平面上、质量为M=4 kg的小球发生弹性正碰,若碰撞时间极短,弹簧始终在弹性限度内.求:(1)碰撞结束时,小车与小球的速度;(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程,弹簧弹力对小车的冲量大小.图1变式1(2016·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.题型2 动量和能量观点的综合应用解题方略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.例2如图2所示,光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5 m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g=10 m/s2,求:(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O′的距离.图2变式2如图3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的质量分别是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,求碰撞过程中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.图3题型3 力学三大观点的应用解题方略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)涉及到速度和时间,应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间,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.例3(2015·广东理综·36)如图4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v0=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/s2;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.图4变式3如图5所示,内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC 相切.质量m2=0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另一质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍.忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)小球a由A点运动到B点的过程中,摩擦力做的功W f;(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能E p;(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小.图51.如图1所示,质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处,质量也为m的小球a 从距BC高h的A处由静止释放,沿ABC光滑轨道滑下,在C处与b球正碰并与b粘在一起,已知BC 轨道距地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问:(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大?(2)a、b两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答).图12.如图2所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上表面相平且B、C 不粘连,A滑上C后恰好能达到C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,木板C长为L,求:(1)A物体的最终速度;(2)A在木板C上滑行的时间.图23.如图3所示,整个空间中存在竖直向上的匀强电场,经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球,A球对桌面的压力为零,其质量为m,电量为q;B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v0.求:(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能;(2)A球在磁场中的运动时间;(3)若一段时间后A、B在桌上相遇,求爆炸前A球与桌边P的距离.图34.如图4所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑.水平段OP长为L=1 m,P点右侧一与水平方向成θ=30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,传送带轮逆时针转动速率为3 m/s,一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接),使弹簧获得的弹性势能E p=9 J,物块与OP段动摩擦因数μ1=0.1,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数μ2=33,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后A、B交换速度,重力加速度g=10 m/s2,现释放A,求:(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间,A的速率v0;(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量;(3)A、B能够碰撞的总次数.图41.力学规律的选用原则(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、反冲等问题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法,就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将其各部分连接成整体的方法.(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).1.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。
动力学、动量和能量观点的综合应用
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(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体 棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin=2μMgL+EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2+Eqs′=2μMgs 路+Eq(s 路-s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路=1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2=2mv1 +2Mv2 -2(M+m)v共2=1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA=2 kg,在半径为 R=1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC=6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB=2 kg 关
2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用
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=2.5
A
m/s2
从共速 v1 到刚好到达顶端,所走的位移
1 2
x4=2
4
=
52
2×2.5
m=5 m
故整个过程物体 A 向上所走的位移
xA=x1+x2+x3+x4=(2.5+4+1.6+5) m=13.1 m
可知高度
H=xAsin 30°=6.55 m。
(2)从开始到物体 A 与传送带第一次共速所用时间
(3)由于运输物体A,电动机要多消耗多少电能?
答案 (1)6.55 m
12 650
(2)
3
J
15 500
(3)
3
J
解析 (1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度,传送带给物体A向上的
滑动摩擦力,以物体A为对象,根据牛顿第二定律可得
FT+μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAa1
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
1 +2
2
s2=
t2-v1t2=
2
3
m
此过程产生的内能
Q2=μmAgcos
1 000
30°·
s 2= 3
J
物体 A 从速度 v2 减速到再次与传送带共速,所用时间
2 -1
t3=
3
=
7-5
7.5
4
s=15
s
此过程物体 A 与传送带的相对位移大小
1 +2
4
s3=
t3-v1t3=
2
15
m
此过程产生的内能
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
mBg-FT'=mBa2
热点专题系列(5) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
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热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述:处理力学问题的三个基本观点: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。
[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
2.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动力学关系式,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能量守恒定律(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,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。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2 kg,车上放置有质量m A=2 kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量m B=4 kg。
已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。
A 、B 紧靠车厢前壁,A 的左端与小车后壁间的距离为x =2 m 。
现对小车施加水平向右的恒力F ,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞,该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示,已知重力加速度大小g =10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
专题6动力学、动量和能量观点的综合应用
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考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式:Ft =p ′-p 说明:(1)F 为合外力①恒力,求Δp 时,用Δp =Ft②b.变力,求I 时,用I =Δp =mv 2-mv 1③牛顿第二定律的第二种形式:合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时,Ft 为确定值:F =Δptt 小F 大——如碰撞;t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ,右边是两个状态量之差,是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的.Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度,但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体: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.例1 据统计人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小,可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题: ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小;②在重物与地面接触过程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施,请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律:a =F m -mgm解得a =90 m/s 2②重物在空中运动过程中,由动能定理mgh =12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1=2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2=2gh重物与地面接触过程,重物受到的平均作用力大小为F ,设竖直向上为正方向 由动量定理:(F -mg )t =mv 2-m (-v 1) 解得F =510 N ,故F mg=6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲),由动量定理Ft =Δmv 可知,接触时间增加了,冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) +mg -mg +mg -mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v =2gh ,在t 时间内对人由动量定理得(F -mg )t =mv ,解得安全带对人的平均作用力为F =m 2ght+mg ,A 项正确. 2.一质量为 kg 的小物块放在水平地面上的A 点,距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙,如图1所示.物块以v 0=9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ,碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为 s ,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ; (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1) (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理-μmgs =12mv 2-12mv 20代入数值解得μ=(2)取向右为正方向,碰后滑块速度v ′=-6 m/s 由动量定理得:F Δt =mv ′-mv 解得F =-130 N其中“-”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 -W =0-12mv ′2解得W =9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′);或Δp=0(系统总动量的增量为零);或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件:①理想守恒:系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒:外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒:合外力在某方向上的分力为零,则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性:在一维运动中要选取正方向,未知速度方向的一律假设为正方向,带入求解.(2)同时性:m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性:各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件:在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则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、反冲等问题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.例2 如图2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= m,物块A以v0=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= m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).图2(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)从A →Q 由动能定理得 -mg ·2R =12mv 2-12mv 2解得v =4 m/s >gR = 5 m/s在Q 点,由牛顿第二定律得F +mg =m v 2R解得F =22 N.(2)A 撞B ,由动量守恒得mv 0=2mv ′ 解得v ′=v 02=3 m/s设摩擦距离为x ,则-2μmgx =0-12·2mv ′2解得x = m 所以k =x L=45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上,由动能定理得 -μ·2mgnL =12·2mv 2n -12·2mv ′2所以v n =错误! m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n =错误! m/s (n <45) 变式训练3.如图3,在足够长的光滑水平面上,物体A 、B 、C 位于同一直线上,A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ,B 、C 的质量都为M ,三者均处于静止状态.现使A 以某一速度向右运动,求m 和M 之间应满足什么条件,才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案 (5-2)M ≤m <M解析 设A 运动的初速度为v 0,A 向右运动与C 发生碰撞,由动量守恒定律得mv 0=mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20=12mv 21+12Mv 22可得v 1=m -M m +M v 0,v 2=2m m +Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞,需要满足v 1<0,即m <MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程,有 mv 1=mv 3+Mv 412mv 21=12mv 23+12Mv 24 整理可得v 3=m -M m +M v 1,v 4=2mm +Mv 1 由于m <M ,所以A 还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v 3≤v 2 即2m m +M v 0≥m -M m +M v 1=(m -M m +M)2v 0 整理可得m 2+4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5-2)M 另一解m ≤-(5+2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞,须满足 (5-2)M ≤m <M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法,就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将其各部分连接成整体的方法.(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).例3 如图4所示,直角坐标系xOy 位于竖直平面内,x 轴与绝缘的水平面重合,在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2=8×10-3kg 的不带电小物块静止在原点O ,A 点距O 点l = m ,质量m 1=1×10-3kg 的带电小物块以初速度v 0= m/s 从A 点水平向右运动,在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上,碰撞后m 2的速度为 m/s ,此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E =40 N/C ,小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ=,取g =10 m/s 2,求:图4(1)碰后m 1的速度;(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点,OP 与x 轴的夹角θ=30°,OP 长为l OP = m ,求磁感应强度B 的大小;(3)其他条件不变,若改变磁场磁感应强度的大小,使m 2能与m 1再次相碰,求B ′的大小. 解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1,由动能定理 -μm 1gl =12m 1v 21-12m 1v 20代入数据解得:v 1= m/sv 2= m/s ,m 1、m 2正碰,由动量守恒有: m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2代入数据得:v 1′=- m/s ,方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动,所以qE =m 2g 得:q =2×10-3C由洛伦兹力提供向心力,设物块m 2做圆周运动的半径为R ,则qv 2B =m 2v22R轨迹如图,由几何关系有:R =l OP 解得:B =1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左,离开电场后做平抛运动,m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停止,其平均速度大小为: v =12|v 1′|= m/s>v 2= m/s ,所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有:F f =μm 1g =m 1am 1停止后离O 点距离:s =v 1′22a则m 2平抛的时间:t =s v 2平抛的高度:h =12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′,由几何关系有:R ′=12h由qv 2B ′=m 2v 22R ′,联立得:B ′= T答案 (1)- m/s ,方向水平向左 (2)1 T (3) T 变式训练4.如图5所示,C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨,C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧,半径分别为r 1=8r 和r 2=r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ,质量均为m ,电阻均为R ,其余电阻不计,Q 停在图中位置,现将P 从轨道最高点无初速度释放,则:图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间,回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针);(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞,棒Q 到达E 1E 2瞬间,恰能脱离轨道飞出,求导体棒P 离开轨道瞬间的速度;(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞,且两者到达E 1E 2瞬间,均能脱离轨道飞出,求回路中产生热量的范围.答案 (1)2BL grR,方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2,根据机械能守恒定律:mgr 1=12mv 2D ,v D =4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间:E =BLv D回路中的电流I =E 2R =2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间,恰能脱离轨道飞出,此时对Q :mg =mv 2Q r 2,v Q =gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ,根据动量守恒定律:mv D =mv P +mv Q 代入数据得,v P =3gr(3)由(2)知,若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道,P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒,回路中产生的热量:Q 1=12mv 2D -12mv 2P -12mv 2Q =3mgr若导体棒Q 与P 能达到共速v ,回路中产生的热量最多,则根据动量守恒:mv D =(m +m )v ,v =2gr回路中产生的热量:Q 2=12mv 2D-12(m +m )v 2=4mgr 综上所述,回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1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 = 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 = kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放,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x =6t -2t 2(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/s 2)求:图1(1)BP 间的水平距离x 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 . 答案 (1) m (2)不能 (3) m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动,落到P 点时其竖直速度为v y =2gR同时v y v D=tan 45°,解得v D =4 m/s设平抛用时为t ,水平位移为x ,则有R =12gt 2x =v D t解得x = m物块B 碰后以初速度v 0=6 m/s ,加速度大小a =-4 m/s 2减速到v D ,则BD 间的位移为x 1=v 2D -v 202a= m故BP 之间的水平距离x BP =x +x 1= m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点,在M 点时其速度为v M ,则有12mv 2M -12mv 2D =-22mgR设轨道对物块的压力为F N ,则F N +mg =m v 2MR解得F N =(1-2)mg <0,即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程,有:m A v A =m A v A ′+m B v 012m A v 2A =12m A v A ′2+12m B v 20 解得:v A =6 m/s设物块A 释放的高度为h ,则mgh =12mv 2A ,解得h = m2.如图2所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,Q 点为圆形轨道最低点,M 点为最高点,圆形轨道半径R = m.水平轨道PN 右侧的水平地面上,并排放置两块长木板c 、d ,两木板间相互接触但不粘连,长木板上表面与水平轨道PN 平齐,木板c 质量m 3= kg ,长L =4 m ,木板d 质量m 4= kg.质量m 2= kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上,另一质量m 1= kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时,对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0=,重力加速度g =10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后,a 和b 的速度大小v 1和v 2;(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时,木板c 、d 均静止不动,c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦,碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ,求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m/s m/s (2) (3)1 s m解析 (1)根据题意可知:小滑块a 碰后返回到M 点时:m 1v 2M R=m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒:12m 1v 21=12m 1v 2M +m 1g (2R ) 代入数据,解得:v 1=4 m/s取水平向右为正方向,小滑块a 、b 碰撞前后:动量守恒:m 1v 0=-m 1v 1+m 2v 2机械能守恒:12m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22 代入数据,解得:v 0= m/s ,v 2= m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止,则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2+m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2+m 4μ0≈ (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小:a 1=μ0g = m/s 2此时两块长木板的加速度大小:a 2=μ0m 2m 3+m 4g = m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ,则:时间t 内小滑块b 的位移x 1=v 2t -12a 1t 2 两块长木板的位移x 2=12a 2t 2 且x 1-x 2=L解得:t 1=1 s 或t 2=103 s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′=v 2-a 1t 1= m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3=a 2t 1= m/sd 的长度至少为x :由动量守恒可知:m 2v 2′+m 4v 3=(m 2+m 4)v解得:v =2 m/sμ0m 2gx =12m 2v 2′2+12m 4v 23-12(m 2+m 4)v 2 解得:x = m3.如图3所示,两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠,组成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h = m ,一质量m =1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0=12 m/s 的速度向右进入直管道,到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动,到达D 点时恰好与轨道无作用力,直接进入DE 管(DE 管光滑),并与原来静止于E 处的质量为M =4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回,速度大小为碰撞前速度大小的13,而b 球从E 点水平抛出,其水平射程s = m.(g =10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小;(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ;(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值,请判断a 球返回到BA 管道时,能否从A 端穿出答案 (1)1 m/s (2) m m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h =12gt 2,s =v b t ,解得v b =1 m/s(2)a 、b 碰撞过程,动量守恒,以水平向右为正方向,则有: mv a =-m ×13v a +Mv b解得v a =3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力,则有:mg =m v 2a rr = mR =h -2r 2= m (3)小球从B 到D ,机械能守恒:12mv 2B =12mv 2a +mgh 解得:12mv 2B = J 从A 到B 过程,由动能定理得:-W f =12mv 2B -12mv 20 解得:W f = J从D 到B ,机械能守恒:12m (v a 3)2+mgh =12mv B ′2 解得:12mv B ′2= J<W f 所以,a 球返回到BA 管道中时,不能从A 端穿出.4.如图4所示,整个空间中存在竖直向上的匀强电场,经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B ,光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球,A 球对桌面的压力为零,其质量为m ,电量为q ;B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求:图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能;(2)A 球在磁场中的运动时间;(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇,求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k +12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k -2-3π2k +1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ,选向左为正方向,在爆炸前后由动量守恒可得:0=mv 0-kmv BE =12mv 20+12kmv 2B =k +12kmv 20(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向,故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动,如图所示则T =2πm qB 有几何知识可得:粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2=3πm 2qB(3)由0=mv 0-kmv B 可得:v B =v 0k由qv 0B =m v 20R 知,R =mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ,爆炸后B 运动的位移为x B ,时间为t B则t B =x A v 0+t 2+R v 0,x B =v B t B由图可得:R =x A +x B联立上述各式解得:x A =2k -2-3π2k +1·mv 0qB .。
专题六 力学中三大观点的综合应用

(1)最终A、B、C的共同速度为多大;
(2)求运动过程中A的最小速度; (3)整个过程中A与C及B与C因摩擦所 产生的热量之比为多大? 图3
解析
(1)由动量守恒定律有 mv0+2mv0=5mv1
3 得 v1= v0 5 (2)设经时间 t,A 与 C 恰好速度相等,此时 A 的速度最小. aA=-μg aC=μg
(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动 1 2 h2= gt3 2 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 m1-m2 v1= v0=v0=5.0 m/s m1+m2 2m1 v2= v0=2v0=10.0 m/s m1+m2
即学即练1 如图2所示,一水平面上P点左侧光滑,右侧粗糙,
质量为m的劈A在水平面上静止,上表面光滑,A右端与 水平面平滑连接,质量为M的 物块B恰好放在水平面上P点,物块B与水平面间的动摩擦 因数为μ.一质量为m的小球C位于劈A的斜面上,距水平面
的高度为h.小球C从静止开始滑下,然后与B发生正碰(碰
撞时间极短,且无机械能损失).
图2
已知M=2m,求:
(1)小球C与劈A分离时,A的速度; (2)小球C的最后速度和物块B的运动时间.
解析 (1)设小球 C 与劈 A 分离时速度大小为 v0,此时劈 A 速度
大小为 vA 小球 C 运动到劈 A 最低点的过程中,规定向右为正方向,由水平 方向动量守恒、机械能守恒有 mv0-mvA=0 1 2 1 2 mgh= mv0+ mvA 2 2 得 v0= gh,vA= gh,之后 A 向左匀速运动
即学即练2 如图4所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水
素养培优6 电磁感应中动力学、能量和动量的综合-2025高考物理素养培优

2 2 0
解得a1=
,a2=
3
3
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
0
3
1
(3) m0 2
18
(2)ab棒向左做减速运动,cd棒向右做加速运动,当电路中的电流
为零时,两导体棒达到稳定状态,做匀速直线运动,设此时速度分
别为v1和v2,则
BLv1=B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等,则
v1=v0-t,v2=t
2
0
解得v1= v0,v2= 。
3
3
1
1
1
2
2
(3)产生的总热量Q= m0 - m1 - ×2m2 2
2
2
2
1
又Qab= Q
3
1
解得产生的热量为Qab= m0 2 。
18
动量观点在电磁感应中的应用
角度1
动量定理在电磁感应中的应用
-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1,
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1,
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
时间
B2 L2 t
-
+F其他Δt=mv2-mv1,
总
2 2
即-
+F其他Δt=mv2-mv1,
总
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
【典例3】 (多选)(2024·山东聊城一模)如图所示,四条光滑的足够
1
I1=
+
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属
棒,设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为
a,则
F1=I1LB
由牛顿第二定律得
F1=2ma
高中物理-专题6力学“三大”观点的综合应用

专题6
第26页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
备
考 调 研
答案:(1)x
g
x2
3mgx2
2h (2)16h (3) 8h
课 时 作 业
专题6
第27页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
解析:(1)对 m2 平抛过程分析,有 h=12gt2,x=v2t
备 考 调 研
解得 v2=x
g 2h.
(2)弹簧将两物体弹开的过程,m1、m2 组成的系统动量守
专题6
第10页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(2)爆炸后 A、B 在 C 上滑动,分析可知 B 先与 C 相对静
止,设此时 A 的速度为 v3,B、C 的速度为 v4,该过程中 A、
B、C 组成的系统水平方向动量守恒.设该过程的时间为 t3,
备 考
对 A 应用动量定理有-μm1gt3=m1v3-m1v1
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(2)设小球与 B 分离时速度为 v3,槽 B 的速度为 v4 根据水平方向的动量守恒,得 mv1=mv3+Mv4
备
根据机械能守恒定律,得12mv21=12mv23+12Mv24
考 调 研
解得 v3=mm- v3>v2,可得 M>3m.
备
考
由水平方向动量守恒:mv=(2m+m)v 共
调
研
由系统机械能守恒:12mv2=mgh+12(2m+m)v2共
课 时 作 业
联立解得 h=23L.
专题6
第24页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(3)小球摆回最低点,滑块获得最大速度,此时小球速度为
v1,滑块速度为 v2
力学三大观点的应用

阻力,重力加速度 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)当绳子摆到与竖直方向的夹角 θ=37°时选手速度
的大小;
(2)在(1)中时刻选手立即放开橡胶杆 P 并且刚好站到
了传送带的端点 A 上,若选手在传送带上做无动力
的自由滑行,受到的摩擦阻力为自身重量的 0.2 倍,
高考模拟
课堂探究
专题六 力学三大观点的应用
解析 (1)P 从 A 到 C 又返到 A 的过程中,由动能定理有
-μmg·2L=0-12mv02 将 L=R 代入解得
v0=
2gR 5
若 P 在 D 点的速度为 vD,Q 对 P 的支持力为 FD,由动能定理和牛顿第二定律
有-μmgL=12mv2D-12mv20
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
课堂探究
专题六 力学三大观点的应用
【例 1】 如图 1 所示,悬挂在高处 O 点的绳子下端是质量 M=10 kg 的
橡胶杆 P,在娱乐节目中,选手需要借助该装置飞越到对面的水平传送
带上,传送带始终以 v=3 m/s 的速度逆时针转动,传送带的另一端 B
点就是终点,且 sAB=3 m.一名质量 m=50 kg 的选手脚穿轮滑鞋以水 平向右大小为 v0=8.4 m/s 的速度迅速抱住竖直静止的橡胶杆 P 并开始 摆动,若选手可看作质点,悬点 O 到选手的距离 L=6 m,不考虑空气
图3
(1)若 Q 固定,P 以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道,冲至 C 点后返回 A 点时恰好静
止,求 v0 的大小和 P 刚越过 D 点时对 Q 的压力大小.
(2)若 Q 不固定,P 仍以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道,求 P 在光滑圆弧轨道上所
专题6 力学三大观点的综合运用

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 =0①mgR =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 v2R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v 0=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/s 2.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/s 2,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:v 2-v 20=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v 1,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 22②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 2④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 2 12m 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。
动力学、动量和能量观点在力学中的应用

(3)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 一个物理过程的初、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.
例2
如图2所示,一小车置于光滑水平面上,小车质量m0=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
=3.75 m,P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,取g=10 m/s2,求:
(1)P到达B点时的速度大小v及其
与 图1
解析 答案
(2)Q运动的时间t. 答案 3.5 s 解析 设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2,有:
(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 .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.
解析
答案
(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0=0.2 s,则A车受到的水平平均
冲力是其自身重力的几倍; 答案 6倍
第六章 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型

牛顿第三定律
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基础知识·自主梳理
(2)动量的观点 ①动量定理:I 合=Δp. ②动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′. (3)能量的观点 ①动能定理:W 总=ΔEk. ②机械能守恒定律:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2. ③能量守恒定律.
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高频考点·分类突破
(2)三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得 (m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3 解得 v2=8 m/s 由能量守恒可得 12(m0+m1)v12=μm2gL+12(m0+m1)v22+12m2v32 解得 L=2 m. 答案:(1)10 m/s (2)2 m
第六章 动量 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
C
目录
ONTENTS
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 4 课时作业
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基础知识·自主梳理
1.研究力学问题的三大观点 (1)力的观点
速度公式:v=v0+at ①运动学公式位移公式:s=v0t+12at2
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高频考点·分类突破
(2)以子弹、物体 A 和物体 B 为系统,设物体 B 的质量为 M,碰后子弹和物体 A 的速度为 v1,物体 B 的速度为 v2,由动量守恒定律有 3mv=Mv2-3mv1, 碰撞过程机械能守恒,有12·3mv2=12·3mv12+12Mv22,
高考物理总复习课件座六动力学动量和能量观点的综合应用

光的干涉、衍射和偏振
干涉现象
当两束或多束相干光波在空间某 一点叠加时,其振幅相加而产生 的光强增强或减弱的现象。干涉 现象揭示了光的波动性。
衍射现象
光在传播过程中遇到障碍物或小 孔时,会偏离直线传播路径而绕 到障碍物后面继续传播的现象。 衍射现象也是光的波动性的表现 。
偏振现象
光波是横波,其振动方向垂直于 传播方向。当光通过某些物质或 经过反射、折射后,其振动方向 会发生改变,这种现象称为偏振 。偏振现象在光学仪器、光学通 信等领域有广泛应用。
带电粒子在匀强电场中的偏转
类平抛运动的处理方法,将粒子的运动分解为沿电场方向和垂直于电场方向的两个分运 动,结合牛顿第二定律和运动学公式求解。
带电粒子在交变电场中的运动
分析粒子的受力情况,结合牛顿第二定律和运动学公式,确定粒子的运动情况,如速度 、位移等。
带电粒子在磁场中运动
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
动量守恒,并给出动量守恒定律的表达式。
03
能量转化与损失
讨论碰撞过程中的能量转化和损失情况,包括动能、势能以及内能的变
化,解释完全非弹性碰撞中动能损失最大的原因。
弹性碰撞与非弹性碰撞
弹性碰撞的特点和规律
阐述弹性碰撞中物体间无机械能损失,遵守动量守恒和机 械能守恒定律,给出弹性碰撞中两物体速度变化的关系式 。
牛顿运动定律
第一定律(惯性定律)
物体在不受外力作用时,将保持静止状态或匀速直线运动状态。
第二定律(加速度定律)
物体加速度的大小与所受合力成正比,与物体质量成反比,方向与 合力方向相同。
第三定律(作用与反作用定律)
两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反,作用在 同一直线上。
动量与能量的综合应用.ppt

解:1.锤自由下落,碰桩前速度v1向下,
v1= ① 2.碰后,已知锤上升高度为(h-l),故刚 碰后向上的速度为v2= ②
3.设碰后桩的速度为v,方向向下,由动量 守恒得,mv1=Mv-mv2 ③ 4 .桩下降的过程中,根据动能定理得 Mgl -Fl = 0 - Mv2 ④
由①、②、③、④式得 F=Mg+ ( )[2h-l+2 ]
B
l2
A l1
P
解: 1.设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1(碰前),
1 2 1 2 A运动 l1过程由动能定理得, mv mv mgl 1 0 1 1 2 2
2.碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2 m v1 =2m v2 ( 2) 3.碰后设A、B在弹簧恢复到原长时, 共同速度为v3,在 这过程中,由动能定理,有
解得 h=0.16m.
题型3、动量守恒与能量守恒的综合应用 如图,长木板ab的b端固定一档板,木板连同档 板的质量为M=4.0 kg,a、b间距离s=2.0 m。木 板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块, 其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因 数μ =0.10,它们都处于静止状态。现令小物块 以初速v0=4.0 m/s沿木板向前滑动,直到和档 板相碰。碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离 木板。求碰撞过程中损失的机械能。
解:设木板和物块最后共同速度为v,由动量守恒定律
mv0=(m+M)v E =
设全过程损失的机械能为E,
mv02- (m+M)v2
滑块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q1,小滑块与木板 见摩擦损失的机械能为Q2,即为摩擦过程中产生的热量,由能 量守恒 得:Q1=
mv02- (m+M)v2 –Q2
第六章 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型

[课时作业]单独成册方便使用一、多项选择题1.如图所示,已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ,三块板长度均为L,并排铺在水平地面上,该物体以一定的初速度v0,从第一块板的最左端a点滑上第一块板,恰好滑到第三块板的最右端d点停下来,物体在运动过程中三块板均保持静止.若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动,三块板仍能保持静止,则下列说法正确的是()A.物体恰好运动到a点并停下来B.物体不能运动到a点C.物体两次经过c点时速度大小相等D.物体两次经过b点时速度大小相等解析:物体由a点到d点过程,由动能定理有-(μmg+2μmg+3μmg)L=0-12m v2,同理物体由d点到a点,有-(μmg+2μmg+3μmg)L=12m v2a-12m v2,解得v a=0,选项A正确,B错误;物体由a点到c点和物体由d点到c点,合外力做的功相等,由动能定理知,物体两次经过c点速度大小相等,选项C正确;同理,物体由a点到b点和物体由d点到b点,合外力做的功不相等,物体两次经过b 点速度大小不相等,选项D错误.答案:AC2.(2019·江西上饶六校一联)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.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0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 .弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20D .弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20解析:弹簧固定,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A 的动能转化为弹簧的弹性势能,A 及弹簧组成的系统机械能守恒,则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能,设A 的质量为m A ,即有E pm =12m A v 20当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时,A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动,A 、B 速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A 的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得:m A ·2v 0=(m +m A )v由机械能守恒定律得:E pm =12m A (2v 0)2-12(m A +m )v 2 解得:m A =3m ,E pm =32m v 20故A 、C 正确,B 、D 错误.答案:AC3.(2019·山东六校联考)如图所示,两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中,射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍.两种射入过程相比较( )A .射入滑块A 的子弹速度变化大B .整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C .射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D .两个过程中系统产生的热量相同解析:在子弹打入滑块的过程中,子弹与滑块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可知,m v 0=(M +m )v ,两种情况下子弹和滑块的末速度相同,即两种情况下子弹的速度变化量相同,A 项错误;两滑块质量相同,且最后的速度相同,由动量定理可知,两滑块受到的冲量相同,B 项正确;由动能定理可知,两种射入过程中阻力对子弹做功相同,C 项错误;两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同,D 项正确.答案:BD二、非选择题4.一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上,其截面如图所示.图中ab 为粗糙的水平面,长度为L ;bc 为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h ,返回后在到达a 点前与物体P 相对静止.重力加速度为g .求:(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ;(2)木块最后距a 点的距离s .解析:(1)从开始到木块到达最大高度的过程:动量守恒:m v 0=3m v 1能量守恒:12m v 20=12·3m v 21+mgh +fL解得:f =m v 20-3mgh 3L(2)木块从最大高度至与物体P 最终相对静止的过程:动量守恒:3m v 1=3m v 2能量守恒:12·3m v 21+mgh =12·3m v 22+fx 距a 点的距离:s =L -x解得:s =L -3ghLv 20-3gh =v 20-6gh v 20-3gh L答案:(1)m v 20-3mgh 3L (2)v 20-6gh v 20-3ghL 5.(2019·河南三市模拟)如图所示,长木板B 的质量为m 2=1.0 kg ,静止放在粗糙的水平地面上,质量为m 3=1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端.一个质量为m 1=0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l =9.5 m 处,以速度v 0=10 m /s 向着长木板运动.一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动,整个过程物块C 始终在长木板上.已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1,物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2,物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2,求:(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度;(2)长木板B 的最小长度和物块A 离长木板左侧的最终距离.解析:(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v由动能定理得-μ1m 1gl =12m 1v 2-12m 1v 20 解得v =v 20-2μ1gl =9 m/sA 与B 发生弹性碰撞,假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2,由动量守恒定律得 m 1v =m 1v 1+m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2=12m 1v 21+12m 2v 22 联立解得v 1=m 1-m 2m 1+m 2v =-3 m/s , v 2=2m 1m 1+m 2v =6 m/s. (2)碰撞后B 减速运动,C 加速运动,B 、C 达到共同速度之前,由牛顿运动定律对木板B 有:-μ1(m 2+m 3)g -μ2m 3g =m 2a 1对物块C 有:μ2m 3g =m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2+a 1t =a 2t木板B 的最小长度d =v 2t +12a 1t 2-12a 2t 2=3 mB 、C 达到共同速度之后,因μ1<μ2,二者一起减速至停下,设加速度大小为a 3 由牛顿运动定律得:μ1(m 2+m 3)g =(m 2+m 3)a 3整个过程B 运动的位移为:s B =v 2t +12a 1t 2+0-(a 2t )2-2a 3=6 m A 与B 碰撞后,A 做减速运动的加速度大小也为a 3,位移为:s A =0-v 21-2a 3=4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为s A +s B =10.5 m.答案:(1)-3 m /s 6 m/s(2)3 m 10.5 m6.(2019·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示,光滑的水平面上有一木板,在其左端放有一重物,右方有一竖直的墙,重物的质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.使木板与重物以共同的速度v 0=6 m /s 向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.已知木板足够长,重物始终在木板上,重力加速度g 取10 m/s 2,求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间.解析:第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到共同的速度v .设木板的质量为m ,重物的质量为2m ,取向右为动量的正方向,由动量守恒得:2m v 0-m v 0=3m v设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1,对木板应用动量定理得:2μmgt 1=m v -m (-v 0)设重物与木板有相对运动时木板的加速度为a ,由牛顿第二定律得:2μmg =ma 在达到共同速度v 时,木板离墙的距离为:l =v 0t 1-12at 21从木板与重物以共同速度v 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为:t 2=l v从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为:t =t 1+t 2由以上各式得t =4v 03μg代入数据可得:t =4 s.答案:4 s7.(2019·宁夏银川一中模拟)如图所示,有一质量为M=2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m =1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点),由车上P 处开始,A 以初速度v 1=2 m /s 向左运动,B 同时以v 2=4 m/s 向右运动.最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车.两物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.1,g 取10 m/s 2.求:(1)求小车总长L ;(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ;(3)从物块A 、B 开始运动计时,经6 s 小车离原位置的距离x .解析:(1)设最后达到共同速度v ,取向右为正方向,整个系统动量守恒、能量守恒:m v 2-m v 1=(2m +M )vμmgL =12m v 21+12m v 22-12(2m +M )v 2解得:v =0.5 m/s ,L =9.5 m.(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1,从A 开始运动至左端历时t 1,在A 运动至左端前,小车是静止的.μmg =ma Av 1=a A t 1x 1=12a A t 21联立可得t 1=2 s ,x 1=2 m所以物块B 离小车右端的距离x 2=L -x 1=7.5 m ,所以Q B =μmgx 2=7.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t 2,则v =v 2-a B t 2μmg =ma B联立可得:t 2=3.5 s小车在t 1前静止,在t 1至t 2之间以加速度a 向右加速:μmg =(M +m )a 此时小车向右运动的位移x 3=12a (t 2-t 1)2接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了x4=v(6 s-t2)联立以上式子,解得小车在6 s内向右运动的总距离x=x3+x4=1.625 m. 答案:(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m。
6动量和能量的综合应用(已改)

专题 动量和能量的综合应用考点1、碰撞作用 碰撞类问题应注意: ⑴由于碰撞时间极短,作用力很大,因此动量守恒;⑵动能不增加,即1212k k k k E '+E 'E +E ≤; ⑶速度要符合物理情景:碰前两物体同向运动,即v v 后前>,碰撞后, ≥v v 后前;例1、A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动,A 球动量为p A =5kg·m/s ,B 球动量为p B =7kg·m/s ,当A 球追上B 球时发生碰撞,则碰后A 、B 两球的动量可能是:( ) A .p A =6kg·m/s 、p B =6kg·m/s B .p A =3kg·m/s 、p B =9kg·m/s C .p A =-2kg·m/s 、p B =14kg·m/s D .p A =5kg·m/s 、p B =17kg·m/s考点2、爆炸和反冲⑴爆炸时内力远大于外力,系统动量守恒; ⑵由于有其它形式的能转化为动能(机械能),系统动能增大。
例2.2007年10月24日18时05分,中国首枚绕月探测卫星“嫦娥一号”顺利升空,24日18时29分,搭载 “嫦娥一号”的“长征三号甲”火箭成功实施“星箭分离”。
此次采用了爆炸方式分离星箭,爆炸产生的推力将置于箭首的卫星送入预定轨道运行。
为了保证在爆炸时卫星不致于由于受到过大冲击力而损坏,分离前关闭火箭发动机,用“星箭分离冲击传感器”测量和控制爆炸作用力,使星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行,关于星箭分离,下列说法正确的是( )A .由于爆炸,系统总动能增大,总动量增大B .卫星的动量增大,火箭的动量减小,系统动量守恒C .星箭分离后火箭速度越大,系统的总动能越大D .若爆炸作用力持续的时间一定,则星箭分离后火箭速度越小,卫星受到的冲击力越大考点3、两个定理的结合例3:如图所示,质量m1为4kg 的木板A 放在水平面C 上,木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.24,木板右端放着质量m2为1.0kg 的小物块B(视为质点),它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N S ∙的瞬时冲量I 作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能1k E 为8.0J ,小物块的动能2k E 为0.50J ,重力加速度取10m/s2,求:(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度V0. (2)木板的长度L考点4、动量与圆周运动的结合例4..如图8所示,A、B两球质量均为m,期间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态。
高考物理总复习 专题6 力学三大观点的综合应用课件

mv0+Mv2=(m+M)v1
①
由v-t图象知子弹入射前、后的速度和滑块的初速度分别
为:v0=400 m/s,
v1=4 m/s,v2=-2 m/s
②
②代入①式解得:M=3.3 kg.
③
(2)设滑块(包括子弹)向左运动过程中加速度大小为a,由
牛顿第二定律,有
f=μ(M+m)g=(M+m)a
④
解得:a=2 m/s2
• 【典例剖析】 • 例2 (2015·湛江模拟)如图3所示,A是一个质量M=1 kg,
半径R=3 m的四分之一圆弧槽,锁定在水平面上,A的右侧 B是圆心角为60°的固定在水平面上的圆弧槽,A和B的表面 均光滑且末端点切线水平,水平面PQ段粗糙,其余部分光 滑且足够大,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.
解析 (1)设C到达B的低端的速度为v1,此时C的支持力为 N,
根据动能定理可得:mgR-μmgl=
1 2
mv
2 1
,解得:mv
2 1
=
48,
在B的最低点由:N-mg=mvr21, 解得:N=mg+mvr21=26 N
根据牛顿第三定律得C对圆弧B的压力为26 N.
(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, 对C有动能定理得:-μmgl=12mv22-12mv21 解得:v2=6 m/s
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。
2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用(13页)

2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用一动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点:动量定理和动量守恒定律.能量的观点:动能定理和能量守恒定律.2.解题技巧(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)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初、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.【例题1】(2019·全国卷3·25).静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为m A=l.0kg,m B=4.0kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m,如图所示。
某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为E k=10.0J。
释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。
A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。
重力加速度取g=10m/s²。
A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?【答案】(1)v A=4.0m/s,v B=1.0m/s;(2)A先停止;0.50m;(3)0.91m;【解析】【分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒,再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小;很容易判定A、B都会做匀减速直线运动,并且易知是B先停下,至于A是否已经到达墙处,则需要根据计算确定,结合几何关系可算出第二问结果;再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞,也需要通过计算确定,结合空间关系,列式求解即可。
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考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式:Ft =p ′-p 说明:(1)F 为合外力①恒力,求Δp 时,用Δp =Ft②b.变力,求I 时,用I =Δp =mv 2-mv 1③牛顿第二定律的第二种形式:合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时,Ft 为确定值:F =Δptt 小F 大——如碰撞;t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ,右边是两个状态量之差,是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的.Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度,但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体: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.例1 据统计人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小,可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题: ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小;②在重物与地面接触过程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施,请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律:a =F m -mgm解得a =90 m/s 2②重物在空中运动过程中,由动能定理mgh =12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1=2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2=2gh重物与地面接触过程,重物受到的平均作用力大小为F ,设竖直向上为正方向 由动量定理:(F -mg )t =mv 2-m (-v 1) 解得F =510 N ,故F mg=6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲),由动量定理Ft =Δmv 可知,接触时间增加了,冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) +mg -mg +mg -mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v =2gh ,在t 时间内对人由动量定理得(F -mg )t =mv ,解得安全带对人的平均作用力为F =m 2ght+mg ,A 项正确. 2.一质量为 kg 的小物块放在水平地面上的A 点,距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙,如图1所示.物块以v 0=9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ,碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为 s ,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ; (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1) (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理-μmgs =12mv 2-12mv 20代入数值解得μ=(2)取向右为正方向,碰后滑块速度v ′=-6 m/s 由动量定理得:F Δt =mv ′-mv 解得F =-130 N其中“-”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 -W =0-12mv ′2解得W =9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′);或Δp=0(系统总动量的增量为零);或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件:①理想守恒:系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒:外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒:合外力在某方向上的分力为零,则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性:在一维运动中要选取正方向,未知速度方向的一律假设为正方向,带入求解.(2)同时性:m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性:各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件:在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则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、反冲等问题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.例2 如图2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= m,物块A以v0=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= m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).图2(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)从A →Q 由动能定理得 -mg ·2R =12mv 2-12mv 2解得v =4 m/s >gR = 5 m/s在Q 点,由牛顿第二定律得F +mg =m v 2R解得F =22 N.(2)A 撞B ,由动量守恒得mv 0=2mv ′ 解得v ′=v 02=3 m/s设摩擦距离为x ,则-2μmgx =0-12·2mv ′2解得x = m 所以k =x L=45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上,由动能定理得 -μ·2mgnL =12·2mv 2n -12·2mv ′2所以v n =错误! m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n =错误! m/s (n <45) 变式训练3.如图3,在足够长的光滑水平面上,物体A 、B 、C 位于同一直线上,A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ,B 、C 的质量都为M ,三者均处于静止状态.现使A 以某一速度向右运动,求m 和M 之间应满足什么条件,才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案 (5-2)M ≤m <M解析 设A 运动的初速度为v 0,A 向右运动与C 发生碰撞,由动量守恒定律得mv 0=mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20=12mv 21+12Mv 22可得v 1=m -M m +M v 0,v 2=2m m +Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞,需要满足v 1<0,即m <MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程,有 mv 1=mv 3+Mv 412mv 21=12mv 23+12Mv 24 整理可得v 3=m -M m +M v 1,v 4=2mm +Mv 1 由于m <M ,所以A 还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v 3≤v 2 即2m m +M v 0≥m -M m +M v 1=(m -M m +M)2v 0 整理可得m 2+4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5-2)M 另一解m ≤-(5+2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞,须满足 (5-2)M ≤m <M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法,就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将其各部分连接成整体的方法.(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).例3 如图4所示,直角坐标系xOy 位于竖直平面内,x 轴与绝缘的水平面重合,在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2=8×10-3kg 的不带电小物块静止在原点O ,A 点距O 点l = m ,质量m 1=1×10-3kg 的带电小物块以初速度v 0= m/s 从A 点水平向右运动,在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上,碰撞后m 2的速度为 m/s ,此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E =40 N/C ,小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ=,取g =10 m/s 2,求:图4(1)碰后m 1的速度;(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点,OP 与x 轴的夹角θ=30°,OP 长为l OP = m ,求磁感应强度B 的大小;(3)其他条件不变,若改变磁场磁感应强度的大小,使m 2能与m 1再次相碰,求B ′的大小. 解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1,由动能定理 -μm 1gl =12m 1v 21-12m 1v 20代入数据解得:v 1= m/sv 2= m/s ,m 1、m 2正碰,由动量守恒有: m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2代入数据得:v 1′=- m/s ,方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动,所以qE =m 2g 得:q =2×10-3C由洛伦兹力提供向心力,设物块m 2做圆周运动的半径为R ,则qv 2B =m 2v22R轨迹如图,由几何关系有:R =l OP 解得:B =1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左,离开电场后做平抛运动,m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停止,其平均速度大小为: v =12|v 1′|= m/s>v 2= m/s ,所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有:F f =μm 1g =m 1am 1停止后离O 点距离:s =v 1′22a则m 2平抛的时间:t =s v 2平抛的高度:h =12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′,由几何关系有:R ′=12h由qv 2B ′=m 2v 22R ′,联立得:B ′= T答案 (1)- m/s ,方向水平向左 (2)1 T (3) T 变式训练4.如图5所示,C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨,C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧,半径分别为r 1=8r 和r 2=r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ,质量均为m ,电阻均为R ,其余电阻不计,Q 停在图中位置,现将P 从轨道最高点无初速度释放,则:图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间,回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针);(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞,棒Q 到达E 1E 2瞬间,恰能脱离轨道飞出,求导体棒P 离开轨道瞬间的速度;(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞,且两者到达E 1E 2瞬间,均能脱离轨道飞出,求回路中产生热量的范围.答案 (1)2BL grR,方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2,根据机械能守恒定律:mgr 1=12mv 2D ,v D =4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间:E =BLv D回路中的电流I =E 2R =2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间,恰能脱离轨道飞出,此时对Q :mg =mv 2Q r 2,v Q =gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ,根据动量守恒定律:mv D =mv P +mv Q 代入数据得,v P =3gr(3)由(2)知,若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道,P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒,回路中产生的热量:Q 1=12mv 2D -12mv 2P -12mv 2Q =3mgr若导体棒Q 与P 能达到共速v ,回路中产生的热量最多,则根据动量守恒:mv D =(m +m )v ,v =2gr回路中产生的热量:Q 2=12mv 2D-12(m +m )v 2=4mgr 综上所述,回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1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 = 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 = kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放,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x =6t -2t 2(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/s 2)求:图1(1)BP 间的水平距离x 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 . 答案 (1) m (2)不能 (3) m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动,落到P 点时其竖直速度为v y =2gR同时v y v D=tan 45°,解得v D =4 m/s设平抛用时为t ,水平位移为x ,则有R =12gt 2x =v D t解得x = m物块B 碰后以初速度v 0=6 m/s ,加速度大小a =-4 m/s 2减速到v D ,则BD 间的位移为x 1=v 2D -v 202a= m故BP 之间的水平距离x BP =x +x 1= m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点,在M 点时其速度为v M ,则有12mv 2M -12mv 2D =-22mgR设轨道对物块的压力为F N ,则F N +mg =m v 2MR解得F N =(1-2)mg <0,即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程,有:m A v A =m A v A ′+m B v 012m A v 2A =12m A v A ′2+12m B v 20 解得:v A =6 m/s设物块A 释放的高度为h ,则mgh =12mv 2A ,解得h = m2.如图2所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,Q 点为圆形轨道最低点,M 点为最高点,圆形轨道半径R = m.水平轨道PN 右侧的水平地面上,并排放置两块长木板c 、d ,两木板间相互接触但不粘连,长木板上表面与水平轨道PN 平齐,木板c 质量m 3= kg ,长L =4 m ,木板d 质量m 4= kg.质量m 2= kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上,另一质量m 1= kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时,对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0=,重力加速度g =10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后,a 和b 的速度大小v 1和v 2;(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时,木板c 、d 均静止不动,c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦,碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ,求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m/s m/s (2) (3)1 s m解析 (1)根据题意可知:小滑块a 碰后返回到M 点时:m 1v 2M R=m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒:12m 1v 21=12m 1v 2M +m 1g (2R ) 代入数据,解得:v 1=4 m/s取水平向右为正方向,小滑块a 、b 碰撞前后:动量守恒:m 1v 0=-m 1v 1+m 2v 2机械能守恒:12m 1v 20=12m 1v 21+12m 2v 22 代入数据,解得:v 0= m/s ,v 2= m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止,则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2+m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2+m 4μ0≈ (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小:a 1=μ0g = m/s 2此时两块长木板的加速度大小:a 2=μ0m 2m 3+m 4g = m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ,则:时间t 内小滑块b 的位移x 1=v 2t -12a 1t 2 两块长木板的位移x 2=12a 2t 2 且x 1-x 2=L解得:t 1=1 s 或t 2=103 s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′=v 2-a 1t 1= m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3=a 2t 1= m/sd 的长度至少为x :由动量守恒可知:m 2v 2′+m 4v 3=(m 2+m 4)v解得:v =2 m/sμ0m 2gx =12m 2v 2′2+12m 4v 23-12(m 2+m 4)v 2 解得:x = m3.如图3所示,两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠,组成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h = m ,一质量m =1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0=12 m/s 的速度向右进入直管道,到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动,到达D 点时恰好与轨道无作用力,直接进入DE 管(DE 管光滑),并与原来静止于E 处的质量为M =4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回,速度大小为碰撞前速度大小的13,而b 球从E 点水平抛出,其水平射程s = m.(g =10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小;(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ;(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值,请判断a 球返回到BA 管道时,能否从A 端穿出答案 (1)1 m/s (2) m m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h =12gt 2,s =v b t ,解得v b =1 m/s(2)a 、b 碰撞过程,动量守恒,以水平向右为正方向,则有: mv a =-m ×13v a +Mv b解得v a =3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力,则有:mg =m v 2a rr = mR =h -2r 2= m (3)小球从B 到D ,机械能守恒:12mv 2B =12mv 2a +mgh 解得:12mv 2B = J 从A 到B 过程,由动能定理得:-W f =12mv 2B -12mv 20 解得:W f = J从D 到B ,机械能守恒:12m (v a 3)2+mgh =12mv B ′2 解得:12mv B ′2= J<W f 所以,a 球返回到BA 管道中时,不能从A 端穿出.4.如图4所示,整个空间中存在竖直向上的匀强电场,经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B ,光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球,A 球对桌面的压力为零,其质量为m ,电量为q ;B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求:图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能;(2)A 球在磁场中的运动时间;(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇,求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k +12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k -2-3π2k +1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ,选向左为正方向,在爆炸前后由动量守恒可得:0=mv 0-kmv BE =12mv 20+12kmv 2B =k +12kmv 20(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向,故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动,如图所示则T =2πm qB 有几何知识可得:粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2=3πm 2qB(3)由0=mv 0-kmv B 可得:v B =v 0k由qv 0B =m v 20R 知,R =mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ,爆炸后B 运动的位移为x B ,时间为t B则t B =x A v 0+t 2+R v 0,x B =v B t B由图可得:R =x A +x B联立上述各式解得:x A =2k -2-3π2k +1·mv 0qB .。