《64动力学三大定律的综合应用》
动力学普遍定理综合应用(理论力学I,10学时)页PPT文档
H1 J
H 2JBm B rr
H1 H2
B
J
J
mr2
VB
2grr22
J(2Jm2r) (Jm2r)2
同理可得 C VC 2 gr
综合3：均质细杆AB的质量是M，长2L，放在铅直平面内，两端
动力学普遍定理的综合应用
质点系的动量定理(质心运动定理)、动量矩定理和 动能定理统称为动力学普遍定理(general theorems of dynamics)。动力学普遍定理给出了描述质点系整体运 动特征的物理量(动量、动量矩和动能)与度量力对系统 的作用效应的物理量(力系的主矢和主矩、力的冲量和 力的功)之间的定量关系。动量定理(质心运动定理)和 动量矩定理为矢量形式，而动能定理为标量形式。
aC aO aCnO
O aO y
C mg
an CO
aCy aCnO2e2gC2e2
轮O受力如图
N x
Nm gmCaym(g12eC 22)
综合5：均质半圆盘的质量是m，半径是r，在水平面上作无滑动 的摆动。现把半圆盘由直径AB铅直时的位置无初速地释放，求 当直径水平时半圆盘的角速度，以及这时半圆盘对平面的正压力。
aC
B
C
a aA
an
τ AC AC
A
0
mg
解：绳切断后AB受力如图。 质心加速度铅直向下，AB杆的角
加速度为。
以C为基点，研究A的加速度为 aA aACaC
投影到铅直向下方向
0aACcosaC
N
aC
2 l
4
aC
aC
(高中段)第10讲动力学三大观点的综合运用
则 Ep2>μmcgL＝2.5 J 仅碰两次 Ep2<3μmcgL＝7.5 J 且 7.5 J<12.5 J 所以 2.5 J<Ep2<7.5 J。
答案：(1)2 m (2)74 N，方向竖直向下 (3)Ep>12.5 J 或 2.5 J<Ep<7.5 J
4．如图所示，两根相距为 d、动摩擦因数为 μ 的粗糙平 行金属导轨放在倾角为 θ 的斜面上，金属导轨上端 连有阻值为 R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域 mnop(mp 长为 l，且平行金属导轨，不考虑磁场的边界效应)存在一个垂直斜 面向上的匀强磁场 B，一根电阻为 r、质量为 m 的金属棒 EF 自磁场上边界 虚线 mn 处由静止释放，经过 t 时间离开磁场区域。求： (1)t 时间内通过电阻 R 的电荷量 q。 (2)t 时间内电阻 R 产生的焦耳热 Q。 (3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速 通过磁场时，磁场的移动距离 s 和金属棒通过磁场的时间 t′分别是多少？
mg(h＋Lsin 37°－R)－3μmgLBC＝0－12mv02 解得 LBC＝4310 m≈1.37 m>1.25 m 适当减小 BC 的长度，物块第 5 次过 BC 后到达与圆心等高处 mg(h＋Lsin 37° －R)－5μmgLBC＝0－12mv02 解得 LBC＝0.82 m<1.25 m 所以 LBC＝4310 m≈1.37 m。 答案：(1)0.45 m (2)会 5 m/s (3)1.37 m
(1)小物块水平抛出的位置离 A 点的高度差？ (2)若 BC 段长为 2.4 m，判断物块是否会与弹性挡板碰撞，若会请求出碰前的 速度，若不会请说明理由； (3)若小物块从 A 进入轨道到最终停止都不脱离轨道，求满足条件的 BC 段的最 短长度是多少？ 解析：(1)小物块沿 AB 方向进入轨道，有 cos 37°＝vvA0，tan 37°＝vvA0y 解得 vAy＝3 m/s，vA＝5 m/s 抛出点离 A 点的高度差 h＝v2Agy2＝290 m＝0.45 m。
动力学的基本定律和应用
动力学的基本定律和应用动力学（dynamics）是研究物体运动的规律以及运动状态变化的学科。
在物理学中，动力学通过基本定律来描述和解释物体运动的方式。
本文将介绍动力学的基本定律，并探讨其在科学研究和技术应用中的具体应用。
一、牛顿第一定律——惯性定律牛顿第一定律也被称为惯性定律，其表述为：“一个物体如果受到合力的作用，将会以匀速直线运动的状态持续下去；一个物体如果不受合力的作用，将会保持静止状态”。
惯性定律在科学研究中具有广泛的应用。
例如，在天文学中，根据惯性定律，科学家可以预测行星、恒星等天体在太空中的运动轨迹，进而研究宇宙演化的规律。
此外，惯性定律也在交通工具设计中发挥着重要作用。
以汽车为例，当车辆突然加速或者减速时，驾驶员和乘客的身体会出现相应的惯性反应，这就是惯性定律的具体表现。
工程师们通过研究惯性定律，设计和改进车辆的安全设施，以减轻事故发生时乘员受伤的可能性。
二、牛顿第二定律——运动定律牛顿第二定律是动力学中最重要的定律之一，它可以描述物体在受力作用下的运动状态。
牛顿第二定律的公式表述为：F = ma，其中F代表作用力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。
牛顿第二定律可以用于解释各种物体运动的现象。
例如，当足球在比赛中被踢出一脚时，根据牛顿第二定律，可以计算出足球在空中的运动轨迹和速度。
运动员在进行射门时，也需要根据牛顿第二定律调整自己的动作和力度，以确保足球获得期望的运动状态。
此外，牛顿第二定律也在工程学领域得到广泛应用。
例如，建筑物的结构设计中考虑到重力和风力等外力对建筑物的作用，通过应用牛顿第二定律，工程师可以计算建筑物在不同条件下的受力情况，从而保证建筑物的稳定性和安全性。
三、牛顿第三定律——作用与反作用定律牛顿第三定律也被称为作用与反作用定律，其表述为：“对于两个物体之间的相互作用，作用力与反作用力大小相等、方向相反，且分别作用于两个物体上”。
作用与反作用定律在现实生活中随处可见。
力学三大观点的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题04力学三大观点的综合应用目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题 (2)热点题型二应用三大动力学观点解决多过程问题 (5)热点题型三借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观 (8)三．压轴题速练 (13)一，考向分析1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
5.本专题的核心问题与典型模型的表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
6.本专题的常见过程与情境7.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
8.力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式动力学观点牛顿第二定律F 合＝ma匀变速直线运动规律v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 02＝2ax 等能量观点动能定理W 合＝ΔE k 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E 1＝E 2动量观点动量定理I 合＝p ′－p 动量守恒定律p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′9.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题.(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律.(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解.(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解.二．题型及要领归纳热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题【例1】（2022·全国乙卷·T25）如图（a ），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B 向A 运动，0=t 时与弹簧接触，到02t t =时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v t -图像如图（b ）所示。
动力学三大观点应用
动力学三大观点应用1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系：W 合＝ΔE k 。
(2)重力做功与重力势能的关系：W G ＝－ΔE p 。
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔE p 。
(4)电场力做功与电势能的关系W 电＝－ΔE p（5）除重力以外其他力做功与机械能的关系：W 其他＝ΔE 机。
(6)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f x 相对＝ΔE 内。
（7）安培力做功与电能关系：W 克 =E 电2.机械能守恒定律(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。
(2)表达式：（守恒）E k1＋E p1＝E k2＋E p2。
转化、转移 3.动能定理(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。
(2)表达式：W ＝12mv 22－12mv 214.动量定理及动量守恒定律 (1)动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1(2)动量守恒定律：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 二、应用思路： 1：确定研究对象2：受力分析，运动分析，做功分析，条件分析。
3：方法：三大观点1、(多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图5所示，则( )A.t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB.t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t ＝4 s 时物块的速度为零2、【2016·天津卷】（多选）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。
某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组： （ ）A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2 3、【2015·浙江·18】（多选）我国科学教正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。
4动力学普遍定理的综合应用
93
31
Fx 16 mg , Fy 16 mg
Fx
600
an
A
a
例3. 图示系统中，已知：均质杆AB重100N、长 20cm，弹簧的刚性系数 k=20N/cm，杆与水平线的
夹角为 ， 0 时弹簧的长度为原长，滑块的重 量及摩擦不计。试求：（1）杆在 0处无初速地 释放，弹簧伸长的最大距离；（2）将杆由 600 时无初速地释放，到达 300 时，杆的角速度。
1 4P 2g
v2
1 2
1 2
2P g
R2
2 2
4Pv2 / g
（4分）
由质点系动能定理： Wi dT （1分）
3Pds sin 4Pvdv / g （1分）
两边对除以dt：a 3g sin300 / 4 3g / 8
（2分）
对A轮：
a / R （1分）
JO TR （1分）
XO T 0（1分）
vB2
dT
(m1
m2 )
m2 m1 sin2 m1 cos2
vBdvB
ve A
vB B
vr
m1g
x
设此时三棱柱A沿B下滑的距离为ds，则力的功为:
W m1g sinds
由动能定理微分形式，有
dT W
ve A
vB B
vr
m1g
x
上式两边除以dt，并注意 ds / dt vr，即可得
(2) 应用动能定理的积分形式, 如果末位置的速度或 角速度是任意位置的函数, 则可求时间导数来得到 加速度或角加速度。仅求加速度(角加速度)的问题, 应用动能定理的微分形式也很方便；
(3) 对于既要求运动又要求约束力的问题, 因为应用 动能定理不能求出无功约束力，此时往往先求运动 , 然后再应用质心运动定理或动量矩定理来求约束力；
动力学的基本原理和应用
动力学的基本原理和应用动力学是研究物体的运动规律的学科，主要包括牛顿力学和拉格朗日力学。
它是自然界万物运动的基本理论，也是工程科学和生物科学等领域中的重要基础。
本文将介绍动力学的基本原理以及它在实际应用中的重要性。
一、动力学的基本原理1. 牛顿力学的三大定律牛顿力学是经典力学的基石，它由三大定律组成。
第一定律是惯性定律，它表明物体在没有外力作用下会保持静止或匀速直线运动。
第二定律是力的定义定律，它描述了物体的运动与作用于物体上的力之间的关系。
第三定律是作用-反作用定律，它说明力是成对存在的，两个力相互作用，并且大小相等、方向相反。
2. 拉格朗日力学拉格朗日力学是一种更为普适的力学理论，它从能量角度出发，引入了广义坐标和拉格朗日函数的概念。
通过拉格朗日方程，可以得到系统在任意坐标下的运动方程，并且避免了之前运用牛顿定律所需要的繁琐计算。
二、动力学的应用1. 工程应用动力学在工程领域有着广泛的应用。
例如，在建筑结构设计中，通过动力学分析可以确定建筑物在地震等外力作用下的响应，从而保证结构的安全性。
此外，动力学还可应用于机械设计、工业自动化等领域，为工程实践提供理论支持。
2. 车辆运动学动力学对于汽车、火车等交通工具的运动学研究具有重要意义。
通过动力学分析，可以优化车辆的悬挂系统、减少能源消耗和改善行驶稳定性。
此外，动力学还可以帮助解决交通流量控制、路径规划等实际问题，提高交通运输效率。
3. 生物力学动力学在生物学研究中扮演着重要角色。
生物力学研究物体在力的作用下的运动规律，从而揭示了生物体内部结构和运动的关系，对于理解人体运动、仿生工程等具有深远的影响。
动力学在运动生理学、人体运动分析等方面的应用不断拓展。
4. 自然科学研究动力学在自然科学领域中也有广泛应用。
例如，在天体力学中，动力学研究星体的运动规律、行星轨道等，有助于揭示宇宙的演化。
此外，动力学还在化学、物理等领域中有重要贡献，推动了科学研究的发展。
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.。
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图4
(1)碰撞后乙球的速度； (2)甲、乙两球的质量之比．
解析 (1)设B、C两点间的竖直高度为h，对乙球碰撞后的速 vBsin 30°2 度vB分解，由运动的合成与分解有：h＝ ，d＝ 2g 1 2 vBcos 30°t，而h＝ gt ，联立解得vB＝40 m/s. · 2 (2)甲由A到B的过程中，由机械能守恒定律得： 1 m甲ghAB＝ m甲v2，解得：v＝10 m/s. 2 甲、乙碰撞后甲球速度为零，由动量守恒定律有m甲v＝m乙vB 所以m甲∶m乙＝vB∶v＝4∶1
(2)①设任意点到O点竖直高度差为d. A、B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机 械能守恒． 选该任意点为势能零点，有 1 EkA＝mgd，EkB＝mgd＋ mv0 2 2 由于p＝ 2mEk，有 pA EkA 2gd ＝ ＜1 pB＝ EkB v0 2＋2gd 即pA＜pB 故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量． ②以O为原点，建立直角坐标系xOy，x轴正方向水平向右，y 1 2 轴正方向竖直向下，则对B有x＝v0t，y＝ gt 2
设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I，规定动量方向向右为 正，有 I＝0－mv1 解得I＝－m gl 力对小球做功为W，由动能定理得 1 mgl＋W＝ mv2 2 2 联立③⑤式得 1 W＝－ mgl 2 小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球 1 做功的大小为 mgl. 2 1 答案 (1)－m gl (2) mgl 2 ④ (2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉 ⑤
即学即练1 如图2所示，质量均为m的A、B两球间有压缩的 轻短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射 管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，它们整体视为 质点)，解除锁定时，A球能上升的最大高度为H.现让两球 包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽 从左侧由静止开始下滑，滑至最低点时，瞬间解除锁 定．求：
(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻 力对滑块的冲量； (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对 小球做功的大小．
解析 (1)设小球第一次到达最低点时，滑块和小球的速度 的大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律得 1 1 2 mv1 ＋2mv2 2＝mgl 2 ①
小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得 1 mv2 2＝mgl(1－cos 60° ) ② 2 联立①②式得 v1＝v2＝ gl ③
解析 物体A、B和弹簧组成的系统，所受的合外力为零， 系统的动量守恒，总动量为零，虽然M>m，但A、B的动量 总是等大、反向，故A错误；水平外力做正功，弹簧的弹 力做负功，水平外力与弹簧的弹力大小相等之前，总功为 正，水平外力与弹簧的弹力大小相等时，A、B动能最大， 之后弹簧的弹力大于水平外力，总功为负，弹簧第一次达 到最长时物体A和B的速度为零，总动能为零，故C、D错 误，B正确．
(2)解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能， 由解除锁定时，A球能上升的最大高度为H可知弹簧的弹性 势能为Ep＝mgH. 解除锁定后A、B的速度分别为vA、vB，解除锁定过程中动 量守恒2mv0＝mvB＋mvA，系统机械能守恒 1 1 1 2 2 · 0 ＋Ep＝ mvA ＋ mvB 2 2mv 2 2 2 联立上述各式得vA＝ 2gR－ gH(正号不合题意舍去) 设球A离开圆槽后上升的高度为h，球A上升过程中机械能 1 守恒mg(h＋R)＝ mvA 2 2 H 解得h＝ － 2RH 2 H 答案 (1)6mg (2) 2 － 2RH
图1
(1)已知滑块质量为m，碰撞时间为Δt，求碰撞过程中A对B
①分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点 的动量pB的大小关系； ②在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹 角为45° .求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度．
解析 (1)滑块A与B正碰，满足 ① ② mvA＋mvB＝mv0 1 1 1 2 2 mvA ＋2mvB ＝2mv0 2 2 由①②解得vA＝0，vB＝v0 根据动量定理，滑块B满足F·Δt＝mv0 mv0 解得F＝ Δt
题型二
递进型综合题
例2 图3中滑块和小球的质量均为m， 滑块可在水平放置的光滑固定导轨上 自由滑动，小球与滑块上的悬点O由 一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.
图3
开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现 将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一 表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度 减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝ 60° 时小球达到最高点．求：
特别提醒
这里涉及的力有：重力(引力)、弹力、摩擦
∑ 力、浮力等；涉及的运动形式有：静止(F＝0)、匀速直 ∑ ∑ 线运动(F＝0)、匀变速直线运动(F＝恒量)、匀变速曲 ∑ ∑ 线运动(F＝恒量)、匀速圆周运动(|F|＝恒量)、简谐运
动(F＝－kx)等．
三、三大定律选用的原则 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s，时间t)问题，不能解决力 (F)的问题． (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律． (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，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，动能定理解 决曲线运动和变加速运动特别方便．
g 2 B的轨迹方程 y＝ 2x 2v0 2v0 2 在M点x＝y，所以y＝ g
③
因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速 度方向相同．设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy，速 率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy，速率为 vAx vBx vAy vBy vA，则 v ＝ v ， v ＝ v ④ A B A B B做平抛运动，故vBx＝v0，vBy＝ 2gy，vB＝ v0 2＋2gy 对A由机械能守恒得vA＝ 2gy ⑤ ⑥
规律总结
本题为“递进型”力学综合题，涉及能量守
恒、动量定理、动能定理等重要考点．此类题目一般设置 2～3个小问题，几个小问题环环相扣，所以这一类问题必 须先做出前一问题才能对后一问题作出定性或定量分析， 但有时前一问题并不影响后一问题重要关系式的确立．
即学即练2 如图4所示，有一光滑曲面AB，在A处自由释放 一小球甲，B处锁定一小球乙．在甲、乙两小球碰撞前瞬 间，解除乙的锁定，碰撞后，甲在A、B之间反复运动，恰 好不能从曲面B处飞出，乙越过宽度为d的横沟到达平台C 时，其速度刚好为水平方向．已知A、B两点间的竖直高度 为5 m，坡道在B点的切线方向与水平面成30° 角，沟宽d＝ 40 3 m．求：
图2
(1)两球运动到最低点处弹簧锁定解除前受轨道的弹力； (2)A球离开圆槽后能上升的最大高度．
解析 (1)设A、B系统由水平面滑到轨道最低点时速
度为v0，由机械能守恒定律得 1 2mgR＝2· 0 2 2mv 设轨道对小球的弹力为F，根据牛顿第二定律得 v0 2 F－2mg＝2m R 解得F＝6mg
1．读题审题、以图示意 由于综合题容量大，物理过程复杂，题目叙述往往较 长，看一遍常难以理清头绪，为此，可采用“通读一 遍，分段审议，作图示意”的方法，即先对题意建立初 步的、总的轮廓，然后再对各个细节进一步琢磨，并通 过示意图，把文字变成一幅生动的物理图象． 2．跟踪对象、分析过程 无论是单个物体还是整个系统，一旦选作研究对象后， 就要紧紧跟踪这个对象，仔细分析研究对象所经历的物 理过程，尤其需注意它在整个过程中运动状态的变化， 有什么转折点等．
3．紧扣条件、选择切入点 根据题中给定的条件，结合求解要求，选择相应的物理 规律，适用规律的确定策略． 4．注重整体(全过程)的功能联系 有许多综合题，都可以把整体作为研究对象或从全过程 考虑，建立整体的或全过程中的功能关系，往往比从力 与运动的角度考虑更为简单．
题型互动探究
题型一 并列型综合题 例1 有两个完全相同的小滑块A和B， A沿光滑水平面以速度v0与静止在水 平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中 无机械能损失．碰后B运动的轨迹为 OD曲线，如图1所示． 平均冲力的大小． (2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运 动，特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该 轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下 滑(经分析，A下滑过程中不会脱离轨道)．
特别提示
1.无论使用哪一个规律，受力分析是前提．
2．有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找 出最快捷的解题方法．
四、力学综合题的分析思路 力学就知识总体而言就是力和运动两大问题，故力学综 合题通常也包含了两大方面的规律：一是物体的受规 律，二是物体的运动规律．物体的运动情况是由它的受 力情况和初始条件所决定的；由于力有三种作用效果： ①力的即时作用效果——使物体产生加速度或形变； ②力对时间的积累效果——冲量；③力对空间的积累效 果——功，所以加速度a、冲量I和功W就是联系力和运动 的桥梁．与上述三个桥梁密切相关的知识有：牛顿运动 定律、动量知识(包括动量定理和动量守恒定律)、功能知 识(包括动能定理和机械能守恒定律)，这三个桥梁及相关 知识就打通了解决力学问题的三大途径． 下面是分析力学综合题的基本步骤：
解析
由于木板和物块之间有摩擦，放在光滑的水平面上
后，由于木板足够长，故木板和物块系统动量守恒，最终 二者将具有共同的速度．规定向右的方向为正方向，根据 动量守恒得3×4 kg· m/s－1× kg· 4 m/s＝(3 kg＋1 kg)v，所以 v＝2 m/s，方向向右．当木板速度为2.4 m/s时，设物块的 速度为v′，根据动量守恒得，3×4 kg· m/s－1× kg· 4 m/s＝ 3×2.4 kg· m/s＋1 kg× v′，v′＝0.8 m/s，方向向右．因 v′<v，故此时物块正在加速运动．