【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化四 力学三大观点的综合应用
2021届高三物理一轮复习——力学三大观点的综合应用
2021届高三物理一轮复习——力学三大观点的综合应用1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．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．1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C, BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m．质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．图1(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h 高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.。
2021版高考物理一轮复习课时规范练21力学三大观点的综合应用
课时规范练21力学三大观点的综合应用基础对点练1.(2019·陕西渭南市二模)如图,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接,斜面倾角θ=37°。
小滑块(可看作质点)A的质量为m A=1 kg,小滑块B的质量为m B=0.5 kg,其左端连接一轻质弹簧。
若滑块A在斜面上受到F=2 N,方向垂直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑。
现撤去F,让滑块A从距斜面底端L=2.4 m处,由静止开始下滑。
g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
求:(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数;(2)撤去F后,滑块A到达斜面底端时的速度大小;(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能。
12.(2019·山东聊城三模)如图所示,AC为光滑半圆轨道,其半径R=0.3 m,BD为粗糙斜面轨道,其倾角θ=37°,高度h=0.6 m,两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连,B处用光滑小圆弧平滑连接,轨道均固定在同一竖直平面内。
在水平轨道上,用挡板将a、b两物块间的轻弹餐压缩后处于静止状态,物块与弹簧不栓接。
同时放开左右两挡板,物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。
已知物块a、b 的质量均为0.25 kg,物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,物块到达A点或B点之前已和弹簧分离,两物块均可视为质点。
重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求弹簧储存的弹性势能;(2)请通过计算说明物块a能否通过C点?若能,请求出物块a离开C后的落点到A的距离。
3.2如图,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)。
高三物理一轮复习教案(力学)
高三物理一轮复习教案（力学）
目标
本教案旨在帮助高三物理学生进行力学知识的全面复。
通过本次复，学生将能够：
- 熟悉力学的基本概念和公式；
- 掌握力的合成与分解；
- 理解受力分析与牛顿三定律；
- 掌握运动学和动力学的关系；
- 能够运用力学知识解决实际问题。
教学步骤
第一步：复力学的基本概念和公式（30分钟）
- 通过复课本上的相关内容，回顾力学的基本概念和公式；
- 强调重点内容，例如力、质量、加速度、力的单位等；
- 提供一些实例让学生进行计算和应用。
第二步：力的合成与分解（40分钟）
- 介绍力的合成与分解的概念和意义；
- 通过示意图和实例，让学生理解如何合成和分解力；
- 给学生一些练题，让他们应用所学知识进行计算。
第三步：受力分析与牛顿三定律（40分钟）
- 介绍受力分析和牛顿三定律的基本概念；
- 解释如何利用受力分析解决实际问题；
- 通过案例让学生学会应用牛顿三定律解决问题。
第四步：运动学与动力学的关系（30分钟）
- 概述运动学和动力学的基本概念；
- 强调二者的关系和相互影响；
- 提供一些例题，让学生运用所学知识进行计算和分析。
第五步：应用力学知识解决实际问题（20分钟）
- 给学生提供一些实际问题，让他们运用所学知识进行解答；- 鼓励学生积极参与讨论，分享解题思路和方法；
- 强调实际问题的应用意义。
总结
通过本次力学复习教案，我们希望学生能够全面复习力学知识，掌握基本概念和公式，并能够应用所学知识解决实际问题。
同时，
我们也希望学生能够培养解决问题的思维能力和团队合作精神。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化四 力学三大观点的综合应用
专题强化四力学三大观点的综合应用一、解动力学问题的三个基本观点三、利用动量和能量的观点解题的技巧(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)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、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始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。
1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。
求：(1)前2 s内木板的加速度大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
[解析]本题根据F－t图象考查板块问题。
(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N。
因F1＝24 N<F m＝30 N，故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得，F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝2 m/s2。
(2)设2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v＝at1＝4 m/s，。
高考物理一轮复习课件(基础夯实+多维课堂)：专题4 力学三大观点的综合应用
点以速度v0平抛,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加
速度为g。则A、B之间的水平距离为(
)
v
2 α
2v
关闭
2 α
A. 0
B. 0
根据平抛运动的规律可得水平速度
v0,竖直速度 gt。小球恰好沿 B
g
g
点的切线方向进入圆轨道,则合速度与水平方向夹角为
动能定理。
(3)因为动量守恒定律、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始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。
基础夯实
自我诊断
1.如图所示,水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定 关闭
(2)滑块通过B点时的动能。
关闭
(1)3.0
m/s (2)4.0 J (3)0.50 J
(3)滑块通过B点后,能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35
m,求滑
块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。
解析
答案
基础夯实
自我诊断
2.如图所示,水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑
连接,AB段长x=10 m,半圆形轨道半径R=2.5 m。质量m=0.10 kg的
零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹
逐渐减小),然后改为竖直向上(其大小逐渐增大),选项
簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环(
)A 错误;设下滑
Wf,则上滑过程克服摩擦力做功也为 Wf,对
过程克服摩擦力做功为
A.下滑过程中,加速度一直减小
高中一轮复习物理通用版课件第七章第35课时三大观点解决力学综合问题(题型研究课)
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设金属块最后停在右边的木块上距离其左端为 x 处，0＜x≤L。
令 v1 和 v2 表示两木块最后的速度，v0′表示金属块到达左边 木块右端时的速度，由动量守恒及功能关系可知：
所以 A 滑过 Q 点时的速度 v＝ v02－4gR＝ 62－4×10×0.5 m/s＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s 在 Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝mvR2 所以 A 受到的弹力 F＝mRv2－mg＝1×0.542－1×10N＝22 N。
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(2)A 与 B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为 v′， 则 mv0＝2mv′所以 v′＝12v0＝3 m/s 从碰撞到 AB 停止，根据动能定理，得 －2μmgkL＝0－12·2mv′2 所以 k＝2vμ′gL2 ＝2×0.1×3210×0.1＝45。 (3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段根据动能定理，得 －2μmgnL＝12·2mvn2－12·2mv′2 解得 vn＝ 9－0.2n(n＜k)。 [答案] (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn＝ 9－0.2n(n＜k)
(1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。
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[解析] (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受
到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg
①
取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Ft＝mv－0 ②
由①②式并代入数据得 t＝0.2 s。
(1)C 的质量 mC； (2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep。
2021高考物理一轮复习规范演练27力学三大观点的综合应用含解析新人教版
规范演练27 力学三大观点的综合应用[抓基础]1．如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A、B质量满足m A＜m B，则A、B相碰后A向左运动，B向右运动．由于B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于E、F 质量满足m E＞m F，则E、F都向右运动．所以B、C、D静止；A向左运动，E、F向右运动，选项C正确．答案：C2.如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则( )A．还是滑到C点停住B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外D．上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1＝F f L，其中F f为物体与小车之间的摩擦力．若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2＝Q1，而Q2＝F f s，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停住，选项A正确．答案：A3．(多选)(2019·江西上饶六校联考)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.现让弹簧一端连接在另一质量为m 的物体B ，如图乙所示，物体A 以2v 0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 ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 2D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 2解析：题图甲中，由系统能量守恒得12m A v 20＝E pm ，题图乙中，由动量守恒和能量守恒得m A ·2v 0＝(m A ＋m )v ，12m A (2v 0)2＝E pm ＋12(m A ＋m )v 2， 联立解得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 20，选项A 、C 正确．答案：AC4.(2019·汕头质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，解得速度大小为v 1＝m 0v 0m 0＋M ，根据牛顿第二定律可得T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 21l，可知绳子拉力大于(M＋m 0)g ，选项A 、B 错误；子弹射入木块后，对子弹、木块和圆环整体有N ＝T ＋mg ＞(M ＋m ＋m 0)g ，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．答案：C5．(多选)(2019·青岛模拟)如图甲所示的光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图乙为物体A 与小车的v-t 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：在0～t 1时间内，物体A 与小车B 的图线与坐标轴包围的面积之差表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v 1，则m M ＝v 1v 0－v 1，选项B 正确；由物体A 的v-t 图象得a ＝v 0－v 1t 1＝μg ，可求出μ，选项C 正确；因B 车质量大小未知，故无法计算B 车的动能，选项D 错误．答案：BC6.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动，t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图中正确的是( )A B C D解析：木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1＞m 2，木块的加速度a 2＝F fm 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F f m 1，方向向右，因为m 1＞m 2，则a 1＜a 2，选项A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动，其速度先为负值，后为正值，木板先做匀减速直线运动，最终做速度向左的匀速运动，速度均为正值，D 项正确，C 项错误．答案：BD7.(多选)(2019·湖南长郡中学一模)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则( )A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板由牛顿第二定律得F ＝Ma ，解得a ＝FM，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv 2，C 错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，从细绳拉断到小滑块滑到木板最右端，对小滑块、弹簧、木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，12mv 2＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．答案：ABD8.(多选)(2019·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C .现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh2C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mgk答案：ABD[提素养]9.(多选)(2019·石家庄检测)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为Mv 202－（Mv 0）22（M ＋m ）C ．木箱速度为v 03时，小木块的速度为2Mv 03mD ．最终小木块速度为Mv 0m答案：BC10.(2019·山西太原二模)如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab 以及半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成，圆轨道下滑进入点与滑出点错开一小段距离，其中，ab 与圆轨道Ⅰ相切于b 点，ab ＝48.9 m ，θ＝37°，R 1＝10 m ，R 2＝5.12 m ．车厢与ab 间的动摩擦因数为μ＝0.125.一次游戏中，质量m ＝500 kg车厢A 被牵引到a 点由静止释放，经切点b 进入圆轨道Ⅰ；绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P 时，与停在P 点的障碍物B 相撞并连一起进入圆轨道Ⅱ.将A 、B 视为质点，不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)车厢A 通过圆轨道Ⅰ最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B 的质量不超过A 的多少倍？ 解析：(1)设A 到达b 点时速度为v b ，由动能定理得mgl ab (sin θ－μcos θ)＝12mv 2b ，v b ＝489 m/s ，A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ，则有mgR 1(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2c ，A 经c 点时，轨道对A 弹力为F ，有mg ＋F ＝m v 2cR 1，解得F ＝1 450 N.(2)A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ，有mgR 1(1－cos 37°)＝12mv 2P －12mv 2b ，解得v P ＝529 m/s ＝23 m/s ， 设A 与B 碰撞后共同速度为vmv P ＝(m ＋M )v ，设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ，在P 点最小速度为v ′P ，(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2dR 2，2(m ＋M )gR 2＝12(m ＋M )v ′2P －12(m ＋M )v 2d ，解得v ′P ＝256 m/s ＝16 m/s ， 当v ＝v ′P 时，M 最大， 解得M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2316－1m ＝716m ， 即B 的质量不超过A 的716.答案：(1)1 450 N (2)71611．(2019·西安适应性测试)如图所示，两个长度为L 、质量为m 的相同长方体物块1和2叠放在一起，置于固定且左、右正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L ，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m 的钢球用长为R 的轻绳悬挂在O 点，将钢球拉到与O 点等高的位置A (拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s (s ＞2L )后停下．又将钢球拉回A 点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下，重力加速度为g ，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数； (2)两物块都停下时物块2滑行的总距离． 解析：(1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0， 根据机械能守恒定律，有mgR ＝12mv 20，可得v 0＝2gR ， 钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR ，设物块与地面间的动摩擦因数为μ， 物块1碰撞获得速度后滑行至停下， 由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 21，联立解得μ＝RL ＋s.(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2， 物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 23－12mv 22，设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4， 两物块一起继续滑行距离为s 1， 根据动量守恒定律和动能定理，有mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 24，可得s 1＝12L ，设物块2滑行的总距离为d ， 则d ＝s －L ＋s 1＝s －L2.答案：(1)R L ＋s (2)s －L212．如图所示，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 的质量分别为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．解析：设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21，解得：v 1＝2gh .设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有：mg h 16＝12mv ′21，解得：v ′1＝2gh4. 设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv ′1＋5mv 2，解得：v 2＝2gh 4. 由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh .碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3，据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23，解得：E pm ＝15128mgh .答案：54m 2gh 15128mgh13．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 越过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g 取10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．解析：(1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得： m 1gR 1＝12m 1v 2B ，解得：v B ＝6 m/s.m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共， 解得：v 共＝2 m/s.则碰撞过程中损失的机械能为：E 机＝12m 1v 2B －12mv 2共＝12 J.(2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒： 12mv 2共＋mg ×2R 2＝12mv 2C ， 解得：v C ＝4 m/s.在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2CR 2，解得：F N ＝190 N.(3)设物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度为v 1， 由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2， 解得：v 1＝3 m/s.设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得： 对物块m ：－μmgx 1＝12mv 21－12mv 2C ，解得：x 1＝1.4 m. 对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22，解得：x 2＝0.4 m ，此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m. 设物块m 在台阶上运动的最大距离为x 4，由动能定理得： －μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 21，解得：x 4＝0.8 m.答案：(1)12 J (2)190 N (3)0.8 m。
2021高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题36用三种观点解决力学问题学案
2021高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题36用三种观点解决力学问题学案一、三种思路的比较二、三种思路的选择解决力学问题的三种观点所涉及的要紧内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．一样来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种差不多上能够解决的，然而在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该第一是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点．并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，因此，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做出正确而恰当的选择．1．从研究对象上看(1)若多个物体的运动状态不同，则一样不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一样用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．2．从研究过程上看(1)凡涉及瞬时状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点； (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一样要用能量观点或动量观点； (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理； (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一样应用动量守恒定律． 3．从所涉及的物理量看(1)假如涉及加速度的问题，则一样要用牛顿运动定律；(2)假如涉及运动时刻或作用时刻的问题，一样优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律； (3)假如涉及运动的位移或路程的问题，一样优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律； (4)假如涉及初末速度的问题，一样优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．因此任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一样情形下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要依照问题的特点灵活而恰当地选择和应用．【典例1】 如图所示，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 。
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专题强化四力学三大观点的综合应用一、解动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题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相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统②研究过程都是某一运动过程不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式(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)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、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始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。
1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l ＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。
现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。
求：(1)前2 s内木板的加速度大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
[解析]本题根据F－t图象考查板块问题。
(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力Fm ＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N。
因F1＝24 N<Fm＝30 N，故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得，F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝2 m/s2。
(2)设2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v＝at1＝4 m/s，2 s后F2＝34 N>Fm＝30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2，则有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝6 m/s2，设经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得，vt2＋12a2t22－(vt2＋12a1t22)＝l，解得t2＝1 s，此时木块的速度v块＝v＋a1t2，木板的速度v板＝v＋a2t2，木块与木板分离至滑落到地的时间设为t3，由平抛运动知识可得，h＝12gt23，在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木块在水平方向向前的位移为s块＝v块t3，木块与木板分离后，木板的加速度设为a3，由牛顿运动定律可得，F－μ2Mg＝Ma3，在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向的位移为s板＝v板t3＋12a3t23，所以，木块落地时距离木板左侧的距离Δx＝s板－s块，联立以上式子解得Δs＝1.68 m。
[答案](1)2 m/s2(2)1.68 m2．能量观点的应用若一个物体参与了多个运动过程，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、能量守恒定律求解。
例2 (2020·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动。
轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑。
让另一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm，现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小滑块下落的高度h2；(2)小滑块停止时的位置到N点的距离。
[解析](1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝m v2 C R由机械能守恒定律可得：mgh2＝mg·2R＋12mv2C解得：h2＝0.25 m。
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能E p ＝mgh1＝0.01 J。
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，其中E′p ＝Ep＝0.01 J解得：μmgxMN＝0.015 J当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为：E kN ＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰由能量守恒可得：EkN＝μmgx解得：x＝0.4 m小滑块最终停在N点左侧0.4 m处。
[答案](1)0.25 m (2)0.4 m3．力学三大观点的综合应用这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。
例3 (2019·福建莆田模拟)质量为mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA ＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。
现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m。
已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？[解析](1)C下摆过程，根据动能定理，有m C gl＝12mCv2C所以vC＝2gl＝4 m/sC反弹过程，根据动能定理，有－mC gh＝0－12mCv′2Cv′C＝2gh＝2 m/s取向右为正方向，对C根据动量定理，有－FΔt＝－mC v′C－mCvC所以F＝1 200 N，方向水平向左。
(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有m C vc＝－mCv′C＋mAvA所以vA＝2 m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小根据动量守恒定律，mA vA＝(mA＋mB)v所以v＝1.5 m/s根据能量守恒定律，μmA gx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2所以x＝0.5 m。
[答案](1)1 200 N (2)0.5 m规律总结：1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意：中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。
(2)灵活选取物理过程。
在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。
列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
〔专题强化训练〕1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( C )A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N[解析]设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m由mgh＝12mv2及(F－mg)t＝mv知鸡蛋对地面的冲击力F＝mvt＋mg≈103 N。
2．(2018·天津理综)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__20__ m/s。
若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为__0.2__ m。
[解析]设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得mv＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s根据能量守恒定律得Ff d相对＝12mv2－12(M＋m)v2解得d相对＝0.2 m。
3．(2019·山东济南月考)如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD，木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面，木板的质量M＝2 kg，木板长l＝7 m。
一物块以水平速度v＝9 m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接。
物块的质量为m＝1 kg，可视为质点，与木板之间的动摩擦因数μ＝0.45，g取10 m/s2，求：(1)若初始时木板B端距C点的距离足够远，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终距C点的距离与L 的关系，并求此最大距离。
[答案](1)3 m/s 6 m (2)见解析[解析](1)根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v共根据能量守恒定律可得μmgΔl＝12mv2－12(M＋m)v2共解得v共＝3 m/s，Δl＝6 m(2)对木板有μmgs＝12Mv2共－0，解得s＝2 m。
当L≥2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v共＝3 m/s匀减速到C点，v2共－v2C1＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5 m/s2，解得vC1＝0，恰好停在C点，与L无关当L<2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动，有v20－v2C2＝2am(l＋L)，vC2＝32－L(m/s)物块以此速度冲上斜面并以原速率返回，最终停在木板上，有s＝v2C22am＝2m－L当L＝0时，s有最大值，smax＝2 m。