2013届高考物理一轮复习课件：专题：应用动力学和能量观点处理多过程问题(人教版)
(2)滑块在 OA 轨道上运动的过程中， 1 2 机械能守恒，有 mgR＝2mvA 在 AB 上的运动时间为 t1，由运动规 律得：s1＝vA·1 t 1 2 平抛运动时，有 h＝2gt3 由题意得 t3＋t1＝t＋t2 解得 h＝0．8 m．
1 2
mv
2 C
C O R F
A
B
变形应用
例2 (2010· 浙江理综· 22)如图1所示， 在一次国际城市运动会中，要求运动 员从高为H的平台上A点由静止出发， 沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动 到B点后水平滑出，最后落在水池 中．设滑道的水平距离为L，B点的 高度h可由运动员自由调节(取g＝10 m/s2)．求： (1)运动员到达B点的速度与高度h的 关系． (2)运动员要达到最大水平运动距离， B点的高度h应调为多大？对应的最 大水平距离smax为多少？ (3)若图中H＝4 m，L＝5 m，动摩擦 因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到 7 m，h值应为多少？
(1)5 m/s
(2)333.3 N
(3)7.2 m
图4
2010 如图，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它 们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径 R＝0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑．一 滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上 的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间 后撤去力F，当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度为v ＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝ 0.2 kg，小车与CD间的动摩擦因数μ＝0.4(g取10 m/s2) 求： (1)恒力F的作用时间t； (2)AB与CD的高度差h．
va
F
va
V1 V S1 Xa
V=2.4
S2
解析 (1)设小车在 F 作用时，运动位移为 s，运动 的末速度为 v′，由牛顿第二定律得：F－μMg＝ Ma1 1 2 由运动学规律得 s＝ a1t ，v′＝a1t 2 撤去 F 后，小车的运动时间为 t2，由牛顿第二定律 得 －μMg＝Ma2 2 2 由运动学规律得 v －v′ ＝2a2(s2－s) v′－v＝a2t2 解得 t＝1 s，t2＝0.4 s．
多过程构成部件
1、匀速直线运动、匀变速 直线运动模型
v0 0
仅受重力
v0
2、平抛运动、类平抛 运动模型
3、圆周运动模型
多过程问题的解决思路
一、“合”——初步了解全过程，构建大 致运动图景
二、“分”——将全过程进行分解，分析每 个过程的规律 三、“合”——找到子过程的联系，寻找 解题方法
分析要点:
(1)2 s
图2
(2)3 N，方向竖直向上
课堂探究· 突破考点 考点三 综合应用动能定理和机械能守恒定律解题
专题5
例3 如图4所示，是某公园设计的一个游乐设施，所有轨道均光滑，AB面 与水平面成一定夹角．一无动力小滑车质量为m＝10 kg，沿斜面轨道由静 止滑下，然后滑入第一个圆形轨道内侧，其轨道半径R＝2.5 m，不计通过B 点时的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点各放一个压力 传感器，测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来．小滑车到达 第一个圆形轨道最高点C处时刚好对轨道无压力，又经过水平轨道滑入第二 个圆形轨道内侧，其轨道半径r＝1.5 m，然后从水平轨道飞入水池内，水 面离水平轨道的距离为h＝5 m，g取10 m/s2，小滑车在运动全过程中可视 为质点．求： (1)小滑车在第一个圆形轨道最高点C处的速度vC的大小； (2)在第二个圆形轨道的最高点D处小滑车对轨道压力FN的大小； (3)若在水池内距离水平轨道边缘正下方的E点s＝12 m处放一气垫(气垫厚 度不计)，要使小滑车既能安全通过圆形轨道又能落到气垫上，则小滑车至 少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？
若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动 和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力 学方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要 考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解．
例3 如图2所示，水平传送带AB的右端与在竖直面内用内 径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很 小．传送带的运行速度v0＝4.0 m/s，将质量m＝0.1 kg的可 看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A端．已知传送 带长度L＝4.0 m，“9”字全高H＝0.6 m，“9”字上半部分 圆弧半径R＝0.1 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2， 重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向．
图1
(1)vB＝ 2g(H－h－μL)
①指明初状态
H－μL (2)h＝ ②物体离开B点后做平 2 s抛运动，可运用平抛 max＝H－μL＋L
规律求解
(3)2.62 m 或 0.38 m
③求解最值的两种方 法：利用二次函数求 最值和利用基本不等 式求最值
突破考点二： 程问题 【考点解读】
应用机械能守恒定律和动力学方法解决多过
解得:vC=3m/s
（3）小物块离开C是平抛运动。 x vC t
y 2R 1 gt
2
C O R A
解得:x=1.2m
2
F
B
同时要有全过程的观点:
全过程处理：抓住整个过程的初、末状态， 利用能量的观点解决问题。
“分段”处理 两种方法 全过程处理
小球从A到C由动能定理有
W F 2 mgR
O R F A B
分析:
过程 由A到B
运动状态
匀加直 变速圆周运动 平抛运动
物理规律 牛顿第二定律+运动学 (或动能定理) 机械能守恒定律 (或动能定理) 平抛运动规律 C O R F A
由B到C
离开C以后
关键位置：B、C
B
解： （1）小物块从A到B做匀变速直线运动， 设小物块在B点的速度为vB，由牛顿第二定律 有 F=ma 由运动学 vB2=2as
例1. 如图所示，在竖直面内有一光滑水平直 轨道与半径为R＝0.4m的光滑半圆形轨道在半 圆的一个端点B相切，半圆轨道的另一端点为 C。在直轨道上距B为1.0m的A点，有一可看 做质点、质量为m＝0.1kg的小物块处于静止 状态。现用水平恒力F=1.25N将小物块推到B 处后撤去，小物块沿半圆轨道运动到C处后， 落回到水平面上，取g＝10m/s2。 求：小物块落地点到B点的水平距离。 C
专 题
应用动力学和能量观点 处理多过程问题
力学多过程问题
ω R A h C
53°
37°
B
电磁学多过程问题
L
v0
E
B
α
v0 v
r d
β
vy
v
类平抛
匀速直线
匀圆带电粒子在电磁场中作周期性动高考要求1．在高考理综中，力学综合题均为“多过程” 现象或多物体系统．解决手段有二：一是力与 运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公 式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是 动能定理和机械能守恒定律等规律的应用。 2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各 个子过程的内在联系，各个击破。 3．力学综合题物理方程多，运算较为复杂， 有时会出现临界值、极值，可能涉及三角函数、 不等式等数学知识，数学技能要求较高。
2
或由动能定理 Fs 1 mv 2 B
解得:vB=5m /s
C O R
F A B
（2）小物块从B到C做变速圆周运动，设小物块 在C点的速度为vC，由机械能守恒定律有
1 2 mv
2 B
mg 2 R
1 2
mv C
1 2 mv
2 C
2
或由动能定理
mg 2 R
1 2
mv B
2
1 题目中有多少个物理过程？ 2 每个过程物体做什么运动？ 3 每种运动满足什么物理规律？ 4 运动过程中的一些关键位置 (时刻)是哪些?
突破考点一：用动能定理和动力学方法解决多过程问题
【考点解读】
若一个物体参与了多个运动过程， 有的运动过程只涉及分析力或求解 力而不涉及能量问题，则常常用牛 顿运动定律求解；若该过程涉及能 量转化问题，并且具有功能关系的 特点，则往往用动能定理求解．
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高考物理一轮复习：专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用精品课件
mAvA＝mAvA′＋mBvB′
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s
变式1 (2018·重庆市上学期期末抽测)如图2甲所示，质量m1＝4 kg的足够长 的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端. 现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度－时间图
模型结论
“速度交换” 相同质量的两球发 m1＝m2，动量、
模型
生弹性正碰
动能均守恒
“完全非弹性 两球正碰后粘在一 动量守恒、能量
碰撞”模型 起运动
损失最大
v1′＝0，v2′＝ v0 (v2＝0，v1＝v0)
v＝__m_1_m＋_1_m_2_v_0___ (v2＝0，v1＝v0)
“子弹打木块 ”模型
(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.
(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.
2013高考物理一轮物理复习课件-第三章第3节 动力学的两类(精)
39
【解析】 第二定律有
分别对物块、小车受力分析，根据牛顿
40
F－Ff＝ma 物 F′f＝Ma 车 其中 Ff＝F′f＝μmg 1 由图结合运动学公式有 x1＝ a 车 t2 2 1 x2＝ a 物 t2 2 x2－x1＝L
① ② ③ ④ ⑤ ⑥
41
由②③解得 a 车＝1 m/s2 由④⑤⑥解得 a 物＝1.5 m/s2
11
【解析】 运动过程分析： A 受到恒力 F 作用后， 开始做匀加速直线运动． 因A 右部分光滑，B 在开始一段时间仍静止 .当 B 进入 A 左 部分后受向右的摩擦力开始向右做匀加速运动，脱离 A 后，在平台上匀速运动直至平抛出去．
12
(1)设物块平抛运动的时间为 t，由运动学知识可得 1 2 h＝ gt 2 x＝vBt 联立①②式，代入数据得 vB＝2 m/s ③ ① ②
36
跟踪训练 2
37
如上图所示，有一长度 L＝1 m，质量 M＝10 kg 的 平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一 质量 m＝4 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦 因数 μ＝0.25，要使物块在 2 s 末运动到小车的另一 端，那么作用在物块上的水平力 F 是多少？
38
诱思启导 (1)物块运动过程中，小车处于什么状态？ (2)物块位移、小车位移与车长 L 有什么关系？
设 B 运动后 A 的加速度为 aA，由牛顿第二定律和运 动学的知识得 F－μmg＝MaA 1 2 (l2＋xB)＝v1tB＋ aAtB 2 联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得 l2＝1.5 m
【答案】 (1)2 m/s (2)0.5 s、0.5 m (3)1.5 m
15
⑩ ⑪
⑫
题后反思 (1)由受力情况求解运动情况时，关键还是要把物体 的受力情况分析清楚，然后再联系初始条件，弄清物体 的运动性质． (2)运动学公式应用中常以初速度方向为正方向，求 出的加速度可能为负值．而牛顿第二定律列式时常以加 速度方向为正方向，两种公式联立应用时，要避免因加 速度正、负值代入时出现错误．
高三物理一轮复习专题三动力学和能量观点的综合应用40页PPT
1
0
、
倚
南
窗
以
寄
傲
，
审
容
膝
之
易
安
。
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
高三物理一轮复习专题三动力学和能 量观点的综合应用
பைடு நூலகம்
6
、
露
凝
无
游
氛
，
天
高
风
景
澈
。
7、翩翩新 来燕，双双入我庐 ，先巢故尚在，相 将还旧居。
8
、
吁
嗟
身
后
名
，
于
我
若
浮
烟
。
9、 陶渊 明（ 约 365年 —427年 ），字 元亮， （又 一说名 潜，字 渊明 ）号五 柳先生 ，私 谥“靖 节”， 东晋 末期南 朝宋初 期诗 人、文 学家、 辞赋 家、散
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
文 家 。汉 族 ，东 晋 浔阳 柴桑 人 （今 江西 九江 ） 。曾 做过 几 年小 官， 后辞 官 回家 ，从 此 隐居 ，田 园生 活 是陶 渊明 诗 的主 要题 材， 相 关作 品有 《饮 酒 》 、 《 归 园 田 居 》 、 《 桃花 源 记 》 、 《 五 柳先 生 传 》 、 《 归 去来 兮 辞 》 等 。
高考物理一轮复习第五章机械能专题强化六动力学和能量观点的综合应用课件.ppt
2019-9-14
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21
【例2】如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑 固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始 终以速度v0＝2 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动， 经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩 题眼 擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩 擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②20产19-9生-14的内能Q＝Ffx相对.
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28
题组阶梯突破 3.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传 送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放 置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2， 试求： (1)物体由A端运动到B端的时间； 答案 2 s
2019-9-14
第五章 机械能
专题强化六 动力学和能量观点的综合应用
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1
专题解读
1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应 用，高考常以计算题压轴题的形式命题. 2.学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表 达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心. 3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)， 能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律).
解析 v＝2.0 m/s，方向向右.
2019-9-14
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32
一轮复习新人教版小专题(七)动力学和能量观点的综合应用课件(38张)
3.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,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,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。
为xAB=1.2 m,小球质量m=1 kg。已知平台离地面的高度为h=0.8 m,小球与BC间
的动摩擦因数μ=0.2,小球进入管口C端时,它对上管壁有10 N的作用力,通过
CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5 J。若不计空气
阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(2)平台BC的长度L;
小专题(七)
动力学和能量观点的
综合应用
提升关键能力 突破考点
考点一
应用动力学和能量观点解决多过程问题
1.多运动过程组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.两大观点
(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、能量守恒定律。
(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。
考点二
“传送带”模型中的动力学和能量问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可
能相反,物体和传送带之间会产生相对运动。
(2)物体和传送带经过一段过程速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发
雪道 GH 的长度应满足 GH≤16.54 m 或 24.04 m≤GH≤29.04 m。
(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,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,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。
为xAB=1.2 m,小球质量m=1 kg。已知平台离地面的高度为h=0.8 m,小球与BC间
的动摩擦因数μ=0.2,小球进入管口C端时,它对上管壁有10 N的作用力,通过
CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5 J。若不计空气
阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(2)平台BC的长度L;
小专题(七)
动力学和能量观点的
综合应用
提升关键能力 突破考点
考点一
应用动力学和能量观点解决多过程问题
1.多运动过程组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.两大观点
(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、能量守恒定律。
(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。
考点二
“传送带”模型中的动力学和能量问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可
能相反,物体和传送带之间会产生相对运动。
(2)物体和传送带经过一段过程速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发
雪道 GH 的长度应满足 GH≤16.54 m 或 24.04 m≤GH≤29.04 m。
高考物理(新课标)一轮复习专题课件_专题六 动力学和能量观点的综合应用 (共46张PPT)
(2)12.42 J
(3)2.1 s
处理滑块—木板模型问题的分析方法 (1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛 顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等， Δv2 Δv1 所用时间相等， 由 t＝ ＝ 可求出共同速度 v 和所用时间 t， a2 a1 然后由位移公式可分别求出二者的位移.
[答案]
(1)3.125 s
(2)12.5 J
考向 2
滑块—木板模型分析
[典例 3] 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木 块的质量 m＝0.5 kg、长度 L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩 擦因数 μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量 M＝1 kg 的小 铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数 μ2＝0.25.现给铅块 一向右的初速度 v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取 g＝10 m/s2， 求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度； (2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量； (3)铅块运动的总时间.
[解题指导]
(1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，
当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动. (2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离. (3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的 运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.
(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，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滑动的位移 x 相.
1.[多过程问题的应用]如图所示，半径 R＝1.0 m 的光滑圆 弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线 与水平方向间的夹角 θ＝37° ， 另一端点 C 为轨道的最低点.C 点 右侧的水平路面上紧挨 C 点放置一木板，木板质量 M＝1 kg， 上表面与 C 点等高.质量 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出， 恰好从轨道的 B 端沿切线方 向进入轨道.
2013届高考物理一轮复习课件第六章专题力学三大观点的综合应用6
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 v2 拉力为 FT，则 FT－2mg＝2m h 解得 FT＝3mg FT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动 1 h 设平抛运动的时间为 t，则 0.5h＝ gt2 t＝ g 2 1 h 2 故落点距 C 的水平距离为 s＝vt＝ 2gh· ＝ h g 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
课堂探究·突破考点
专题6
(3)小球 b 从桌面飞出做平抛运动，设其落地点距桌子右侧的 水平距离为 s 1 2 由 R＝2gt 2R 得 t＝ g 由 s＝vbt 得 s＝ 3R
课堂探究·突破考点
跟踪训练 2
专题6
如图 4 所示，质量为质量为 m 的 b 球用长 h 的细
绳悬挂于水平轨道 BC 的出口 C 处．质量为 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 轨道距地面的高度为 0.5h，悬挂 b 球的细绳能承受的最大拉力为 2.8mg.求： (1)a 与 b 球碰前瞬间的速度大小； (2)a、b 两球碰撞后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在 DE 水平面上的落点距 C 的水平距离是多少？若细绳不断裂， 小球最高将摆多高？
课堂探究·突破考点
专题6
考点二
综合应用力学三大观点解决问题
【考点解读】 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．
＝10 m/s2，不计空气阻力． (1)求小球 P1 从圆弧轨道滑至 B 点时的速度大小；
高考物理一轮复习 第5章 机械能 能力课时7 应用动力学观点和能量观点 突破多过程综合问题
图3 (1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做 的功； (2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的 热量。
第一步：读题―→建模(滑块—木板模型) 第二步：分析―→将解题过程问题化(大题小做) ①放上铁块后，铁块、木板的加速度分别为多少？
对铁块：μmg＝ma1，a1＝μg＝2__m/s2 对木板：F－μmg＝Ma2，a2＝1__m/s2 ②二者何时达到共同速度？共同速度为多少？
2.解题模板
【例2】 如图3所示，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面 上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速 度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量 为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足 够长，取g＝10 m/s2。求：
图1 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能， 请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
解析 (1)由题意可知：vB＝cosv60 0°① 解得：vB＝2v0＝6 m/s。 (2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得： mgh－μmgsCD－mgH＝0－12mv2B②
【变式训练】 1.(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方
法制作了如图 2 所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖 直地固定有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的14圆弧形 的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平， 距底板高为 H。N 板上固定有三个圆环。将质量为 m 的小球 从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环 中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力， 重力加速度为 g。求：
第一步：读题―→建模(滑块—木板模型) 第二步：分析―→将解题过程问题化(大题小做) ①放上铁块后，铁块、木板的加速度分别为多少？
对铁块：μmg＝ma1，a1＝μg＝2__m/s2 对木板：F－μmg＝Ma2，a2＝1__m/s2 ②二者何时达到共同速度？共同速度为多少？
2.解题模板
【例2】 如图3所示，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面 上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速 度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量 为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足 够长，取g＝10 m/s2。求：
图1 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能， 请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
解析 (1)由题意可知：vB＝cosv60 0°① 解得：vB＝2v0＝6 m/s。 (2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得： mgh－μmgsCD－mgH＝0－12mv2B②
【变式训练】 1.(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方
法制作了如图 2 所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖 直地固定有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的14圆弧形 的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平， 距底板高为 H。N 板上固定有三个圆环。将质量为 m 的小球 从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环 中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力， 重力加速度为 g。求：
2013届高考物理第一轮复习课件1
名称 项目 定义 定义式 矢标性 动量 物体的质量和 速度的乘积 p=mv 矢量 动能 动量的变化量
物体由于运动 物体末动量与初 而具有的能量 动量的矢量差 Ek=
1 2 mv 2
Байду номын сангаас
Δ p=p′-p 矢量
标量
特点
关联方 程
状态量
p 2mEk
Ek Ek
状态量
p2 2m 1 pv 2
过程量
p mv mv
16 kg·m/s 量的增量Δ p=p1-p0=16 kg·m/s=
-(-20) kg·m/s=36 kg·m/s.
变式练习1
质量为0.5 kg的足球被运动员以20 m/s
的速度踢出,要使质量为10 g、在空中飞行的子弹与
足球的动量大小相等,子弹的速率应为1 000 m/s .
解析 由于动量大小相等,则m1v1=m2v2,∴ m2 v2m =1 m v1 1v 500 1 20 =
p2=mv2=2×20 kg·m/s=40 kg·m/s, 方向竖直向下.
答案 20 kg·m/s,方向竖直向下 40 kg·m/s,方向竖直向下
题型2 动量变化大小的计算及方向的判断 【例2】质量为8 g的玻璃球,以6 m/s的速度向左 运动,碰到一个物体后被弹回,以5 m/s的速度沿同 一条直线向右运动,玻璃球的动量变化的大小为多 少?方向如何? 解析 取玻璃球被弹回后的速度方向为正方向,碰 前的动量为p0,碰后的动量为pt,则p0=mv0=8×10-3 ×(-6) kg·m/s=-4.8×10-2 kg·m/s,pt=mvt=8× 10-3×5 kg·m/s=4×10-2 kg·m/s,Δ p=pt-p0=4× 10-2 kg·m/s-(-4.8×10-2) kg·m/s=8.8×10-2kg·m/s, 方向与玻璃球被弹回后的速度方向相同. 答案 8.8×10-2 方向与玻璃球被弹回后的速度方向
物体由于运动 物体末动量与初 而具有的能量 动量的矢量差 Ek=
1 2 mv 2
Байду номын сангаас
Δ p=p′-p 矢量
标量
特点
关联方 程
状态量
p 2mEk
Ek Ek
状态量
p2 2m 1 pv 2
过程量
p mv mv
16 kg·m/s 量的增量Δ p=p1-p0=16 kg·m/s=
-(-20) kg·m/s=36 kg·m/s.
变式练习1
质量为0.5 kg的足球被运动员以20 m/s
的速度踢出,要使质量为10 g、在空中飞行的子弹与
足球的动量大小相等,子弹的速率应为1 000 m/s .
解析 由于动量大小相等,则m1v1=m2v2,∴ m2 v2m =1 m v1 1v 500 1 20 =
p2=mv2=2×20 kg·m/s=40 kg·m/s, 方向竖直向下.
答案 20 kg·m/s,方向竖直向下 40 kg·m/s,方向竖直向下
题型2 动量变化大小的计算及方向的判断 【例2】质量为8 g的玻璃球,以6 m/s的速度向左 运动,碰到一个物体后被弹回,以5 m/s的速度沿同 一条直线向右运动,玻璃球的动量变化的大小为多 少?方向如何? 解析 取玻璃球被弹回后的速度方向为正方向,碰 前的动量为p0,碰后的动量为pt,则p0=mv0=8×10-3 ×(-6) kg·m/s=-4.8×10-2 kg·m/s,pt=mvt=8× 10-3×5 kg·m/s=4×10-2 kg·m/s,Δ p=pt-p0=4× 10-2 kg·m/s-(-4.8×10-2) kg·m/s=8.8×10-2kg·m/s, 方向与玻璃球被弹回后的速度方向相同. 答案 8.8×10-2 方向与玻璃球被弹回后的速度方向
高考物理大一轮总复习 热点专题突破 应用动力学和能量观点解决多过程问题课件
第二十三页，共30页。
【 答 案 】 (1) 不 能 理 由 (lǐyóu) 见 解 析 (2)11.25 m (3)2.21 m<h<2.86 m
第二十四页，共30页。
2．[2013·湖南五市十校联考]质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻 地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点 后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直 光滑的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．
第十三页，共30页。
如图所示，水平距离s为2 m，动摩擦因数为0.25.现有一小 (yī xiǎo)滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换 速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和 小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：
第十四页，共30页。
(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞(pènɡ zhuànɡ)后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.
第二十八页，共30页。
(3)小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg＝ma3 P、A 间的距离是 xPA＝2va213＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时有 mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 小物块沿斜面下滑时有 mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2 解得 a2＝6 m/s2
在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 定理，则有 mg(h－2L)－μmg2s＝12mv20，解得 h＝0.5 m
第十六页，共30页。
(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－μmg2s＝12mv21
滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1 的速度开始 做圆周运动，绳的拉力 FT 和小球重力的合力充当向心力，则
【 答 案 】 (1) 不 能 理 由 (lǐyóu) 见 解 析 (2)11.25 m (3)2.21 m<h<2.86 m
第二十四页，共30页。
2．[2013·湖南五市十校联考]质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻 地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点 后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直 光滑的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．
第十三页，共30页。
如图所示，水平距离s为2 m，动摩擦因数为0.25.现有一小 (yī xiǎo)滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换 速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和 小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：
第十四页，共30页。
(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞(pènɡ zhuànɡ)后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.
第二十八页，共30页。
(3)小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg＝ma3 P、A 间的距离是 xPA＝2va213＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时有 mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 小物块沿斜面下滑时有 mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2 解得 a2＝6 m/s2
在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 定理，则有 mg(h－2L)－μmg2s＝12mv20，解得 h＝0.5 m
第十六页，共30页。
(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－μmg2s＝12mv21
滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1 的速度开始 做圆周运动，绳的拉力 FT 和小球重力的合力充当向心力，则