高考物理大一轮复习第6单元动量专题五力学观点综合应用
77.物理高考一轮复习第六章 专题突破 动量和能量观点的综合应用
专题突破动量和能量观点的综合应用“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)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(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，系统动能通常最小(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。
求二者在发生碰撞的过程中。
图1(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度。
解析(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v解得v＝m A v0m A＋m B＝1×41＋3m/s＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能E pm＝12m A v2－12(m A＋m B)v2＝6 J。
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m B v m12m A v 2＝12m B v2m＋12m A v2A解得v m＝2 m/s，向右。
答案(1)6 J(2)2 m/s，向右“滑块—弹簧”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒。
(2)应用系统的机械能守恒。
(3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。
1.如图2所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。
若m A＝3m B，则下列结果正确的是()图2A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B.在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D.若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3解析弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m A v A－m B v B＝0，则速度之比v A∶v B＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝12m A v 2A，W2＝12m B v2B，联立解得W1∶W2＝1∶3，选项A错误；根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即m AΔv A＋m BΔv B＝0，可得，Δv A＋Δv B≠0，选项B 错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝m A gt，Δp2＝m B gt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，选项C错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于v A∶v B ＝1∶3，选项D正确。
山东高三物理一轮资料全套书稿之第六章 第五节动量总结综合拓展.doc
§6.5总结、综合与拓展一、知识地图 ΣF=ma二、应考指要本章主要内容包括动量、冲量、动量定理及其应用、动量守恒定律及其应用（碰撞、反冲等），是中学物理的重要内容。
动量定理而动量守恒定律比牛顿运动定律适用范围更广，是自然界普遍适用的基本规律。
历年高考对本章知识均有考查，和能量、电磁等问题的综合常成为高考试卷的最后大题，各方面的能力要求比较高。
主要从以下几个方面考查：（1）动量定理、动量守恒定律的基本应用；（2）矢量运算；（3）多体、多过程问题；（4）动量、能量、电磁、运动的综合考查。
本章虽然课本篇幅不多，但内容十分重要。
动量定理和动量守恒定律和其它物理知识的综合非常广泛。
高考中难度较大，能力要求高，复习中注意掌握知识，掌握方法，既要打好基础，更要注意能力的提高。
三、好题精析例1．如图6－5－1所示，质量为M 的长木板静止在光滑的水平地面上，在木板的右端有一质量为m 的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度v0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l 的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则整个过程中转化为内能的机械能是多少？轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能是多少？〖解析〗取M 、m 和弹簧整体为系统，系统不受外力，动量始终守恒。
弹簧压至最短和小物块退至长木板右端时整体均有共同速度v ，即（设向左为正方向）v m M mv )(0+=0v mM m v += m 能相对于木板停于右端，所以物块和木板之间一定有摩擦 从最初到最末：())(221212*********m M v m mv v m M mv E +-=+-=机损弹簧压至最短时：机损机损E E 21=' 由总能量守恒：弹机损＋E E v m M mv 21)(2121220++= 动量P=mv 冲量I=f ·t动量定理 ΣI=△P 单个物体 ΣI=m △v 系统： ΣI=m 1△v 1+ m 2△v 2动量守恒定律 m 1v 1+ m 2v 2= m 1v`1+ m 2v`2 ΣF=ma F=-F` 反冲 碰撞 与能量转换相联系的应用 图6－5－1解以上三式得：m M v m mv E +-202204141＝弹 〖点评〗[说明]本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能与内能转化的典型题。
物理高考大一轮复习高考必考题突破讲座6动量和能量观点的综合应用课件
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s.
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
2021/12/11
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2．(2019·天津武清区三中高三月考)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 点右侧的光滑水平面上紧挨 C 点静 止放置一木板，木板质量 M＝1.0 kg，上表面与 C 点等高．质 量为 m＝1.0 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以某一速度 水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向以 2 m/s 进入轨 道．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2. 求：
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(1)长木板 A 与桌面间的动摩擦因数及 B 与 A 间的动摩 擦因数；
(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能； (3)最终物块 B 离长木板 A 左端的距离．
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解析 (1)设 A 与地面间的动摩擦因数为 μ，B 与 A 上表
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在 0.4 s 内 B 相对 A 向右运动的位移
x2＝vt＋12aB2t2－12vt＝0.12 m， A 停止时 B 的速度 v′＝v＋aB2t＝0.6 m/s， 然后 B 在 A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 aB3＝－μ′g＝－1 m/s2， B 相对 A 向右运动的位移 x3＝－v2′aB32＝0.18 m，所以最 终 B 离长木板 A 左端的距离 x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05 m.
2025届高考物理一轮复习资料 第六章 动量守恒定律 专题强化十三 力学三大观点的综合应用
专题强化十三力学三大观点的综合应用学习目标 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1.解决动力学问题三个基本观点(1)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，可处理匀变速或非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。
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)或动能定理(涉及位移)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，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含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。
作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
例1 (2023·天津卷，11)一质量为m A＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为m B＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g ＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。
求两物体：(1)碰撞时离地面的高度x；(2)碰后瞬间的速度v；(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。
答案(1)1 m(2)0(3)12 J解析 (1)对A 物体，根据运动学公式可得 h －x ＝12gt 2 解得x ＝1 m 。
(2)设B 物体从地面竖直向上抛出时的速度为v B 0， 根据运动学公式可知 x ＝v B 0t －12gt 2解得v B 0＝6 m/s根据运动学公式可得碰撞前瞬间A 物体的速度大小为v A ＝gt ＝2 m/s 方向竖直向下碰撞前瞬间B 物体的速度大小为 v B ＝v B 0－gt ＝4 m/s 方向竖直向上选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v 解得碰后瞬间的速度v ＝0。
高考物理一轮复习 第六章 专题探究六 动力学、动量和能量观点的综合应用课件
恒定律有 mAv1=(mA+mB)v2,解得 v2= mAv1 = 1 2gh . mA mB 3
答案:(1) 1 2gh 3
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(2)被压缩(yā suō)弹簧的最大弹性势能.
解析:(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,
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【典例1】 (2018·山东菏泽一模)如图所示,长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成 一个(yī ɡè)整体,放置在光滑的水平面上,长木板和圆弧轨道的总质量为M=3 kg,一个(yī ɡè)质量为 m=0.98 kg的物块放在木板AB的中点,一颗质量为m0=20 g的子弹以初速度v0=100 m/s射入物块 并留在物块中(子弹射入物块时间极短,可忽略不计),木板的长度L=1 m,重力加速度取g=10 m/s2.
1 2
m（
2 5
v0）2-
1 2
m v02
对木块,由动能定理得 fs= 1 ·3mv2 2
联立解得 f= 9mv02 ,s= L .
25L
6
答案:(2) L 6
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(3)若改将木块固定在水平传送带上,使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动,子 弹仍以初速度v0水平向右射入木块.如果子弹恰能穿透(chuān tòu)木块,求此过程所经历的时间.
根据功能关系
μmax(m0+m)g·
1 2
L=
1 2
(m0+m)
v12
-
1 2
(m0+m+M)
v22
(统考版)高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书
专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：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．关键能力·分层突破考点一 碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(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)在动量方面，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．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.教你解决问题第一步：审条件 挖隐含P的速度不变．①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→P1、P2获得共同速度．②“碰撞后P1与P2粘连在一起”隐含→P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”隐含→中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型①P1与P2碰撞建模碰撞模型．→②P与P2之间的相互作用建模滑块—滑板模型．→第三步：审过程 选规律①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能E p.模型3“子弹打木块”模型1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v ，Q 热＝fL相对＝12mv2－12(M ＋m )v 2.(2)若子弹穿出木块，有mv 0＝mv 1＋Mv 2，Q 热＝fL 相对＝12mv −0212mv −1212M v 22.例3.(多选)如图所示，一质量m 2＝0.25 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.30 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m 1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝18 m/s 射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g 取10m s2.下列分析正确的是( )A ．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13s B ．最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C ．小车的最小长度为1.0 mD ．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 跟进训练1．[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A 、B 大小相等，质量分布均匀，分别为m 1、m 2，m 1<m 2，A 、B 与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A 球心等高处水平快速向右敲击A ，作用于A 的冲量大小为I 1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B 球心等高处水平快速向左敲击B ，作用于B 的冲量大小为I 2，I 1＝I 2，则下列说法正确的是( )A ．若两次锤子敲击完成瞬间，A 、B 两球获得的动量大小分别为p 1和p 2，则p 1＝p 2B ．若两次锤子敲击分别对A 、B 两球做的功为W 1和W 2，则W 1＝W 2C ．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 1和L 2，则L 1<L 2D ．若两次弹簧压缩到最短时，A 、弹簧、B 的共同速度大小分别为v 1和v 2，则v 1>v 22．如图甲所示，质量为M ＝3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上，在t ＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t 图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二 力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(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)．例4. 如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知x bc＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a的速度最大为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝mb v1+m a v，12m b v2＝12m b v12＋12m a v2，代入数据解得：m a＝0.5 kg，v＝4 m/s，故A错误，B正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝(m a＋m b)v2，E p＝12mbv−212(ma＋m b)v22，代入数据解得：Ep＝1.5 J，故C正确；在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D错误．答案：BC例2 解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝v 0 2最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝3 4 v0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：1 2×2mv+¿1212×2mv−212×4m v22¿＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝v0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋x)解得E p＝116mv2答案：(1)v0234v0 (2)v0232μg－L 116mv2例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v2＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m2 2(m1+m2)v2，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：x A＝12(2＋4)×1 m＝3 m，x B＝12×2×1 m＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2x′A＝v2−v A2－2a A＝0.96 mx车＝v22a车＝0.16 m车的长度至少为l＝x A＋x B＋x′A－x车＝4.8 m.答案：(1)0 (2)4.8 m例4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+¿1212m2v22¿解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v，距水平面的高度为h，则有m1v1＝(m1+M)v，12m1v12＝12(m1＋M)v2＋m1gh解得h＝0.1 m由于h＝R(1－cos 60°)，所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝m1v3+Mv4，12m1v12＝12m1v+¿3212M v42¿解得v3＝0，v4＝2 m/s.(2)若Q恰能经过d点，则Q在d点的速度v d满足m2g＝m2v d2 rQ从b点运动到半圆轨道最高点d的过程，由动能定理有－μm2gx bc－2m2gr＝12m2v−d212m2v22解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm2gx bc－m2gr＝0−12m2v22解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6若Q恰能到达c点，则由动能定理得－μm2gx bc＝0−12m2v22解得Q恰能运动到c点时μ＝0.8分析可知，要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m v C2R，解得v C＝√3gR.小球从A到C，由机械能守恒定律得12m v2＝12m vC2＋mg·2R，联立解得v0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12m vC2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR (2)R。
新教材适用2024版高考物理一轮总复习第6章动量和动量守恒定律专题强化6力学三大观点的综合应用课件
(3)设物块 A 第一次从斜面滑到平面上时的速度为 vx，物块 A(含弹簧) 回到水平面，第二次与 B 相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则 有
mBv2－mAvx＝mBv3＋mA·2v0⑧ 12mBv22＋12mAv2x＝12mBv23＋12mA(2v0)2⑨ 得 vx＝v0(另一解舍去) 物块 A 第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有 －mgμscos θ－mgssin θ＝0－12m(2v0)2⑪
解得 v 共＝1 m/s。 根据能量守恒可得 μm′gx 相＝12m′v′2物－12(m′＋M′)v2共， 解得 x 相＝1.875 m。
[解析]对物块 B，在速度未达到 v＝7 m/s 之前，其受到沿着传送带 向下的摩擦力，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝maB，
可得 aB＝12 m/s2。 设经过时间 t1，B 与传送带达到共同速度，由运动学公式有 v＝v0 ＋aBt1， 可得 t1＝0.5 s。 此时 B 对地的位移大小 x＝v＋2v0t1＝2 m， 此后物体 B 与传送带一起匀速下滑到底端，有 L－x＝vt2，
3．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 (2022·全国乙卷)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，t＝0时与弹簧接触，到t＝ 2t0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。已知 从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑 上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再 次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)， 与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：
(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习第6单元动量专题五力学观点综合应用课件
(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统,则有时既要用到动力学观点,又要用
到动量观点.
热点题型探究
例 1 [2017· 齐鲁名校协作体模拟] 如图 Z5-1 所示为 一个足够长的斜面,质量均为 m 的两个物块 A、 B相 距 l,B 与斜面间无摩擦,A 与斜面间动摩擦因数为 μ(μ>tan θ),B 由静止开始下滑,与 A 发生弹性碰撞, 碰撞时间可忽略不计,碰后 A 开始下滑.设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g. (1)第一长时间?
2 ������2 =2a2x
对 B,有 解得 t= =
1 2 x= at 2 2������ ������ sin������
=
2������������ sin������ ������ sin������ (������������ cos������ -������ sin������ )
2������ 1 · . ������ ������ cos������ -sin������
+
2������������������ ������ ,v2= ������ +������ ������
小球摆到最低点时细绳拉力最大,由牛顿第二定律有
������ (������1 +������2 )2 T-mg= ������ (3������ +2������ )������������ 解得 T= . ������
[解析] 当小球摆至最低点时,设此时小球和小车的速度 大小分别为 v1 和 v2,取水平向右为正方向,系统在水平方 向上动量守恒,有 mv1-Mv2=0 系统机械能守恒,有 解得 v1=
1 2 mgL= ������������1 2 2������������������ ������ +������ 1 2 ������������2 2