2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)
2020高考二轮复习 专题5、动力学三大观点综合应用
1 / 5动力学三大观点综合应用 专题一、牛顿第二定律与动能定理的综合应用1、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示，g 取 10 m/s 2,sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.则（ ）A.物体的质量m=0.67 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5C.物体上升过程中的加速度大小a=1m/sD.物体回到斜面底端时的动能E=10J2、倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的轻弹簧下端固定在挡板上，其自然伸长时弹簧的上端位于斜面体上的0点.质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，连接甲的细绳与斜面平行，如图所示.开始时物块甲位于斜面体上的M 处，且MO=L ，物块乙距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当甲将弹簧压缩到N 点时，甲的速度减为零，ON=L/2，已知物块甲与斜面间的动摩擦因数为μ=83，θ＝30°,重力加速度g 取10m/s 2，忽略空气阻力，整个过程细绳始终没有松弛且乙未碰到滑轮,则下列说法正确的是（ ）A.物块甲由静止释放到滑至斜面体上N 点的过程，物块甲先匀加速运动紧接着做匀减速运动到速度减为零B.物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5m/s 2C.物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为15mgL/8D.物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为3mgL/83、如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。
倾角为45°的直轨道AB ，半径R=10m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF ，分别通过水平光滑衔接轨道 BC 、C'E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离L=40m 。
动力学、动量和能量观点的综合应用
(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
2020年高考物理一轮复习专题06动量守恒定律考点归纳
专题06 动量守恒定律目录【基本概念、规律】 (1)【重要考点归纳】 (2)考点一动量定理的理解及应用 (2)考点二动量守恒定律与碰撞 (2)考点三爆炸和反冲人船模型 (3)实验：验证动量守恒定律 (4)【思想方法与技巧】 (6)动量守恒中的临界问题 (6)【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p22m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2 结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m 1<m 2时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(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)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三 爆炸和反冲 人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．。
2020年高考物理重点难点易考点总结专题四：动量和能量观点的综合运用
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·l相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．④列出动能定理的方程W合2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．考向1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图1A．物块a重力势能小于mghC．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？解析由题意m a g sinθ＝m b g，则m a＝msinθ.b上升h，则a下降h sinθ，则a重力势能的减少量为m a g×h sinθ＝mgh，故A错误．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B、C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率P b＝mg v，对a有：P a＝m a g v sinθ＝mg v，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选D.答案D以题说法注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．(2014·广东·16)图2是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图2A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．考向2动力学方法和动能定理的综合应用例2如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2kg的小物块和质量M＝1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开木板．重力加速度g＝10m/s2，求：图3(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1s 末和3s 末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L 为多少？审题突破“平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应该选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？解析(1)由题图可知，前2s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝P v 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g 由平衡条件可得：P v 1＝μ(M ＋m )g 可得：μ＝0.2(2)物块在1s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝P v 1＝6N 物块在2s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝P v 2＝10N 物块在3s 末时受到的滑动摩擦力大小与6s 后受到的摩擦力大小相等，为10N.(3)依题意，物块在2s 末之后一直到10s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12m v 22－12m v 21代入解得：L ＝P Δt －12m v 22＋12m v 21F f2＝2.416m 答案(1)0.2(2)6N 10N (3)2.416m 以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M ＋m )g .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2m /s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5m(取g ＝10m/s 2)．求：图4(1)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．答案(1)25m/s (2)3J 解析(1)对金属块在E 点，mg ＝m v 2E R，v E ＝2m/s 在从D 到E 过程中，由动能定理得：－mg ·2R ＝12m v 2E －12m v 2D v D ＝25m/s(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝10m/s 2设经位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1，x 1＝0.2m<3.2m继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2a 2＝2m/s 2x 2＝L －x 1＝3mv 2B －v 2＝2a 2x 2v B ＝4m/s 在从B 到D 过程中，由动能定理：mgh －W ＝12m v 2D －12m v 2B W ＝3J.6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图5所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图5(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程．解析(1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分)解得：a ＝2.5m/s 2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v 2R(1分)解得F N ＝3mg ＝30N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案(1)3105s (2)30N ，方向向下(3)9m 点睛之笔多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．(限时：15分钟，满分：16分)如图6所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图6(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案(1)22.5N ，方向竖直向下(2)32J解析(1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53°m /s ＝3m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N ④联立①②③④得：F N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则：v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：x＝x1＋x2＋x4－x3⑫产生的热量为：Q＝μmgx⑬联立⑤～⑬解得：Q＝32J(限时：45分钟)题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论不正确的是()图1A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx答案D解析小物块受到的合外力是F－F f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L ＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为F f x；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fx.2．如图2甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．由此可以判断()甲乙图2A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B．0～x1过程中物体的动能一定是不断减小C．x1～x2过程中物体一定做匀速运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动解析小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～x1过程中拉力在逐渐增大，故A错误；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；x1～x2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确．3．把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置，如图3甲所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB 的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则()图3A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)D．一定有h2≥h1答案C解析小球上升时先加速后减速，当mg＝F时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从弹A到B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，小球只有重力做功，机械能不变，选项B错误．由A到C系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故E p＝mg(h2＋h1)，选项C正确．由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D 错误．故选C.4．如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置．光滑34圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R.弹射器固定于A处．某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C，然后从轨道D处(D 与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g.下列说法正确的是()图4A．小球从D处下落至水平面的时间为2RgB．小球至最低点B时对轨道压力为5mgC．小球落至水平面时的动能为2mgRD．释放小球前弹射器的弹性势能为5mgR2解析小球恰好通过C 点，则由mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ；小球从C 到D 有mgR ＝12m v 2D －12m v 2，解得v D ＝3gR ，小球由D 到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R ＝12gt 2可得，t ＝2R g ；而现在有初速度，故时间小于2R g ，故A 错误；由B 到C 有：mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2，B 点F －mg ＝m v 2B R ，联立解得，F ＝6mg ，故B 错误；对C ，小球落到水平面E k －12m v 2＝mg ·2R ，E k ＝2.5mgR ，故C 错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，故弹性势能为E ＝mg ·2R ＋12m v 2＝5mgR 2，故D 正确．5．如图5所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质最分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时()图5A ．拉力做功的瞬时功率为F v sin θB ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kd m 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －12m 1v 2答案C解析拉力F 与速度v 同向，瞬时功率应为P ＝F v ，故A 错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故m 2g sin θ＝kx 2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d ＞x 2，故m 2g sin θ＜kd ，故B 错误；当B 刚离开C 时，对A ，根据牛顿第二定律得：F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a 1，又开始时，A 平衡，则有：m 1g sin θ＝kx 1，而d ＝x 1＋x 2，解得：物块A 的加速度为a 1＝F －kd m 1，故C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2，故D 错误．题组2动力学方法和动能定理的综合应用6．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2m ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图6(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数；(3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．答案(1)5.4N (2)0.8(3)7.66s 解析(1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R ，得F N ＝m (v 2R－g )＝5.4N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N.(2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v 22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mgh v c ＝2gh ＝2m/s a 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2L v b ＋v c ＝7.5s 上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 20＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16s μ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑滑块在两个斜面上运动的总时间：t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16)s ＝7.66s7．如图7所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50kg ，从以O 为圆心，半径为R ＝1.6m 光滑圆弧轨道的A 点(α＝60°)由静止开始下滑，到达轨道最低点B 后(OB 在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C 点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s ＝6m ．(g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)滑板爱好者在B、C间运动的时间；(2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小．答案(1)0.3s(2)7m/s解析(1)滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中，由动能定理得mgR(1－cos60°)＝12m v2B①由①得v B＝4m/s滑板爱好者在BC间做平抛运动，在C点：竖直方向的分速度v Cy＝v B tan37°＝3m/s②由v Cy＝gt③得平抛运动的时间t＝0.3s(2)在C点，由平抛运动的规律可知：v C＝v B/cos37°＝5m/s④滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：mgs sinθ－μmgs cosθ＝12m v2D－12m v2C⑤由⑤得v D＝7m/s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题8．如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g＝10 m/s2)．图8(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6m,0.8m)，求其离开O点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)答案(1)4m/s (2)2.5m<x ≤3.3m (3)215J 解析(1)小物块从O 到P 做平抛运动水平方向：x ＝v 0t 竖直方向：y ＝12gt 2解得：v 0＝4m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为x 1，由动能定理得：Fx 1－μmgs ＝0解得x 1＝2.5m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s ，设拉力F 作用的最长距离为x 2，由动能定理得：Fx 2－μmgs ＝12m v 20解得x 2＝3.3m则为使小物块击中挡板，拉力F 作用的距离范围为：2．5m<x ≤3.3m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x ，y )，则x ＝v 0′t ′y ＝12gt ′2由机械能守恒得：E k ＝12m v 0′2＋mgy 又x 2＋y 2＝R 2，由P 点坐标可求R 2＝3.2化简得E k ＝mgR 24y ＋3mgy 4＝4y ＋154y 由数学方法求得E kmin ＝215J第2课时功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cosα＝Eql cosα；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU 来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1几个重要的功能关系在电学中的应用例1如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是()图1A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量m v2B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误．答案B 以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg 2t 2答案B 解析由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 错误．选B.考向2应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．图2。
2020年高考物理压轴题专练附解答： 动力学和能量观点在力学中的应用(动力学角度)
动力学和能量观点在力学中的应用考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题1.解题策略(1)动力学方法观点: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、能量守恒定律.2.解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.考点二应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题1.动力学角度分析首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.2.传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.(2)对W和Q的理解:①传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;②产生的内能Q=FfΔx.考点三：应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题1.问题分类水平面上的滑块—滑板问题和在斜面上的滑块—滑板模型.2.处理方法往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=fx相对.典例精析★考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题◆典例一：(2018·杭州地区重点中学期末)如图20所示，玩具轨道由光滑倾斜轨道AB 、粗糙的水平轨道BC 、光滑圆轨道及粗糙的足够长的水平轨道CE 构成．已知整个玩具轨道固定在竖直平面内，AB 的倾角为37°，A 离地面高度H ＝1.45 m ，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μ＝0.20，圆轨道的半径为R ＝0.50 m ．AB 与BC 通过一小段圆弧平滑连接．一个质量m ＝0.50 kg 的小球在倾斜导轨顶端A 点以v 0＝2.0 m/s 的速度水平发射，在落到倾斜导轨上P 点(P 点在图中未画出)时速度立即变成大小v P ＝3.4 m/s ，方向沿斜面向下，小球经过BC ，并恰好能经过圆的最高点．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求：(1)P 点离A 点的距离； (2)B 到C 的距离x 0的大小；(3)小球最终停留位置与B 的距离．【答案】．(1)0.75 m (2)1.64 m (3)7.89 m【解析】 (1)小球从A 做平抛运动，经过时间t 落到倾斜导轨上的P 点，设水平位移为x ，竖直位移为y ，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2tan 37°＝y x ＝34联立解得x ＝0.6 mP 点距抛出点A 的距离为l ＝x cos 37°＝0.75 m(2)由恰好经过圆的最高点D ，此时有mg ＝m v D 2R ，得v D ＝gR ＝ 5 m/s由P 到D ，能量关系：12mvP 2＋mg (H －l sin 37°)－μmgx 0＝12mv D 2＋2mgR解得x 0＝1.64 m.(3)设小球最终停留位置与B 的距离为x ′，从P 点到最终停留位置满足能量关系：12mvP 2＋mg (H －l sin 37°)＝μmgx ′，解得x ′＝7.89 m.◆典例二： 如图所示,将一质量m=0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑,斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H= 15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2,求:(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力.【答案】(1)v 0=6 m/s,x=4.8 m.(2)t=t 1+t 2=2.05 s(3)F N ′=3 N,方向竖直向上【解析】:(1)小球做平抛运动落至A 点时,由平抛运动的速度分解图可得v 0=错误!未找到引用源。
2020年人教版(山东专用)高考物理：动力学和能量观点的综合应用
-
1 2
m vA2 解得 vB=20
m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a=gsin
α
=
8 m/s2 由 vB=vA+at2,解得 t2=1.25 s,小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点
所用的时间 t=t1+t2=2.05 s.
答案:(2)2.05 s
(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.
解析:(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑,小球从 B 点到 D 点,由动能定理可得
-2mgR= 1 2
m vD2
-
1 2
m
vB
2
,在
D
点由牛顿第二定律可得
FN+mg=m
vD 2 R
联立解得 FN=3 N,
由牛顿第三定律可得,小球在 D 点对轨道的压力 FN′=3 N,方向竖直向上.
答案:(3)3 N,方向竖直向上
【典例2】 (2018·宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v= 5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质 量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m 的A点由静止开始滑下.已知物块与传送 带之间的动摩擦因数μ =0.5,重力加速度g取 10 m/s2,求:
则摩擦力对物块做功 W2=-μ mgcos θ ·x2,所以传送带对物块做的总功 W=W1+W2, 联立解得 W=-3.75 J.
答案:(2)-3.75 J
考点三 应用动力学和能量观点分析“滑块—滑板”
问题
1.问题分类 水平面上的“滑块—滑板”问题和在斜面上的“滑块—滑板”模型. 2.处理方法 往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能 定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变 化、能量的转化,在能量转化方面往往用到Δ E内=-Δ E机=fx相对.
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
2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.1.动量分析子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。
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,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =202()Mmv M m d+错误!未找到引用源。
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d.3.动力学分析从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有22s d s +错误!未找到引用源。
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2020届高考物理必考经典专题专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.1.动量分析子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。
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,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =202()Mmv M m d+错误!未找到引用源。
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d.3.动力学分析从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有22s d s +错误!未找到引用源。
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d. 说明:(1)若M ≫m,则s 2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据.(2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔE k =F f d(这里的d 为木块的厚度).考点二 “弹簧类”问题的综合分析1.示意图2.问题特点对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,(1)在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒.(2)在动量方向,系统动量守恒.(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大.考点三：“滑块—滑板”类问题的综合分析“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现,是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用.这类问题可分为两类:(1)没有外力参与,滑板放在光滑水平面上,滑块以一定速度在滑板上运动,滑块与滑板组成的系统动量守恒,注意滑块若不滑离滑板,最后二者具有共同速度.摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失,即F f ·s 相对=ΔE k ;(2)系统受到外力,这时对滑块和滑板一般隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律、运动学公式及动量守恒定律求解.典例精析★考点一：“子弹打木块”类问题的综合分析◆典例一：(2018·四川乐山市检测)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。
当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹以v0=3.0×102 m/s水平向右的速度击穿木块,穿出时子弹速度v1=50 m/s。
设传送带的速度恒定,子弹击穿木块的时间极短,且不计木块质量变化,g取10 m/s2。
求:(1)在被子弹击穿后,木块向右运动距A点的最大距离。
(2)子弹击穿木块过程中产生的内能。
(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中,木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
【答案】:(1)0.90 m(2)872.5 J(3)12.5 J【解析】(1)设木块被子弹击穿时的速度为v′,子弹击穿木块过程动量守恒,则:mv0-Mv=mv1+Mv′解得:v′=3.0 m/s设子弹穿出木块后,木块向右做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得:μMg=Ma解得:a=5.0 m/s2木块向右运动到离A点最远时,速度为零,设木块向右移动最大距离为s1,则:v′2=2as1解得:s1=0.90 m(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为:E=12mv02+12Mv2-12m v12-12Mv′2解得:E=872.5 J(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1,然后再向左做加速运动,经时间t2与传送带达到相对静止,木块向左移动的距离为s2。
根据运动学公式得:v2=2as2解得:s2=0.40 mt1=错误!未找到引用源。
va=0.60 s t2==0.40 s木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为:s′=vt1+s1=2.1 m产生的内能: Q1=μMgs′=10.5 J木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为:s″=vt2-s2=0.40 m产生的内能:Q2=μMgs″=2.0 J所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能:Q=Q1+Q2=12.5 J★考点二：“弹簧类”问题的综合分析◆典例一：(2018·山东烟台模拟)如图所示,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A,B,C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A,B速度相等时,B与C恰好相碰并粘连在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中.(1)整个系统损失的机械能;(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A,B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv0=2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B,C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2②错误!未找到引用源。
m错误!未找到引用源。
=ΔE+错误!未找到引用源。
(2m)错误!未找到引用源。
③联立①②③式解得ΔE=错误!未找到引用源。
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. ④(2)由②式可知,v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A,B,C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep,由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3⑤错误!未找到引用源。
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-ΔE=错误!未找到引用源。
(3m)错误!未找到引用源。
+Ep⑥联立④⑤⑥式解得Ep=错误!未找到引用源。
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.反思总结涉及弹簧的多个物体系统的碰撞问题的三点提醒(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时,既可以根据作用的先后顺序选取系统,也可以选所有物体为系统,这要由题目需要而定.(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近等状态时,往往对应两物体速度相等.(3)当问题有多过程、多阶段时,必须分清作用次数、参与物体、作用结果、能量去向,明确对应过程所遵从的规律.◆典例二：(2018·河北唐山模拟)如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上,另一端与滑块C 接触但不连接,该整体静止在光滑水平地面上,并且C 被锁定在地面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离地面h 高处由静止开始下滑,与滑块B 发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧,当速度减为碰后速度一半时滑块C 解除锁定.已知m A =m,m B =2m,m C =3m.求:(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度;(2)被压缩弹簧的最大弹性势能.【答案】v 2=1A A Bm v m m +错误!未找到引用源。
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.Ep max =错误!未找到引用源。
mgh【解析】:(1)滑块A 下滑过程中机械能守恒,设A 到达水平面时速度为v 1,由机械能守恒定律有m A gh=错误!未找到引用源。
m A 错误!未找到引用源。
,解得v 1=错误!未找到引用源。
.滑块A,B 碰撞过程中动量守恒,设滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度为v 2,由动量守恒定律有m A v 1=(m A +m B )v 2,解得v 2=1A A Bm v m m +错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
.(2)滑块C 解除锁定后,滑块A,B 继续压缩弹簧,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A,B,C 速度相等,设为速度v3,由动量守恒定律有(m A +m B )错误!未找到引用源。
=(m A +m B +m C )v 3故v 3=错误!未找到引用源。
v 2=错误!未找到引用源。
.滑块A,B 发生碰撞后到弹簧压缩量最大,A,B,C 及弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律有 E pmax =错误!未找到引用源。
(m A +m B )错误!未找到引用源。
-错误!未找到引用源。
(m A +m B +m C )错误!未找到引用源。
.故Ep max =错误!未找到引用源。
mgh★考点三：“滑块—滑板”类问题的综合分析◆典例一：（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。
已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。
从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动，同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度匀速运动，求：(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小：(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?【答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知f1=μ1mg①f2=μ2(m+M)g ②由平衡条件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g③（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设④物块向左匀减速运动的位移为X1，则⑤设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则⑥设物块向右匀加速运动的位移为X2，则⑦此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则⑧则物块不从木板上滑下来的最小长度：⑨代入数据解得：⑩解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为V t，则①②加速度：③根据运动学公式：④解得：⑤◆典例二(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求:(1)物块A相对木板B静止后的速度大小;(2)木板B至少多长.【答案】v2=0.25v0. L=216vg错误!未找到引用源。