力学三大观点的综合应用(试题学习)
第32讲 力学三大基本观点的综合应用(练习)(解析版)-2025版高考物理最新模拟精练+真题实战演练
第32讲力学三大基本观点的综合应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·山东聊城·统考三模）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。
混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既节能又环保。
汽车质量为M ，静止在平直路面，只采用电力驱动，发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 后，再次提速，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率为12P ，由1v 经时间t 达到最大速度2v （未知）；运动一段时间后，开始“再生制动”刹车，所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。
加速过程中可视为阻力恒定；“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比，即f kv =。
求：（1）汽车速度由1v 到2v 过程中前进的位移1x ；（2）汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离2x 。
【答案】（1）3111322Mv v t P -；（2）12Mv k 【详解】（1）发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 时有11f F =所以汽车加速过程中的阻力1111P f F v ==同理发动机的总额定功率为12P ，达到最大速度2v 时有1122P f v =解得212v v =汽车速度由1v 到2v 过程中根据动能定理有2221112111132222Pt f x Mv Mv Mv -=-=解得前进的位移2111311111323222Pt Mv v Mv x v t P P ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-（2）“再生制动”刹车过程即速度由2v 减到零的过程，根据动量定理有22102kvt kx Mv Mv -=-=-=-解得汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离122Mv x k=2．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，水平传送带以v 0=2m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L =6.2m ，每隔Δt 1=0.5s 将物块（可视为质点）P 1、P 2、P 3、P 4……依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。
专题8 力学中三大观点的综合应用(练习)(原卷版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)
A．
B．
C．
D．
02 力学三大观点的综合应用 ······························································· 10
考向一 力学三大观点的综合应用 ·········································································10
1 2
kx2（
x
为形变量）。
求：
（1）滑块 c第一次经过 E 点时对装置 P 的作用力；
（2）滑块 a 的初速度大小 v0 ；
（3）试通过计算判断滑块 c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
10．（202滑水平地面上，木板左端和正中央分别放
A．弹簧获得的最大弹性势能为 5 mgh 6
B．滑块沿弧形槽上升的最大高度为 4h 9
C．滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用 D．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒 7．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的 O 点，另一端自由伸长到 A 点， OA 之间、 B 右侧的水平面光滑， AB 之间的距离 l 1 m ，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数 从 A 向 B 随距离均匀变化如右图所示。质量 M 2 kg 的足够高光滑曲面在 B 处与水平面平滑连接。m 1 kg 的小物块开始时静置于水平面上的 B 点。现给小物块一个水平向右的初速度 v0 9 m/s ，重力加速度 g 取 10 m/s2 。求： （1）小物块在曲面上上升的最大高度； （2）小物块返回 B 点时小物块和曲面的速度大小； （3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
题型专练 力学三大观点的综合应用(含答案)
题型专练力学三大观点的综合应用高考题型1应用力学三大观点处理多过程问题1．力学三大观点对比2.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．考题示例例1(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图1(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案 (1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析 (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有 0＝m A v A －m B v B ① E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④ s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为 s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有 12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g ()2l ＋s B ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫ 12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得 s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m 命题预测1．(2020·山东威海市高三二模)如图2甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg 和1 kg 的A 、B 两个小物块，用一根细线相连，A 、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A 、B 与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A 、B 从P 点由静止释放，运动至Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A 、B 瞬间分离，从分离时开始计时，A 、B 短时间内运动的速度－时间图像如图乙所示，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)A 、B 与斜面间的动摩擦因数μA 、μB ； (2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能E p ； (3)A 、B 再次相遇前的最远距离L . 答案 (1)36 33 (2)6 J (3)6815m 解析 (1)根据题图乙可知，A 、B 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直线运动，且A 的加速度大小为 a A ＝ΔvΔt＝7.5 m/s 2 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°＋μA m A g cos 30°＝m A a A ，解得μA ＝36对B 由平衡条件得m B g sin 30°＝μB m B g cos 30°，解得μB ＝33(2)细线断裂瞬间，对A 、B 由动量守恒定律得 (m A ＋m B )v ＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒定律得E p ＝12m A v A 2＋12m B v B 2－12(m A ＋m B )v 2解得E p ＝6 J.(3)当A 、B 的速度相等时，二者相距最远，设A 上滑的时间为t A ，位移为x A ；A 下滑过程中的加速度为a A ′，时间为t A ′，位移为x A ′，则有|v A |＝a A t A ，v A 2＝2a A x A 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°－μA m A g cos 30°＝m A a A ′v B ＝a A ′t A ′，v B 2＝2a A ′x A ′，B 发生的位移x B ＝v B (t A ＋t A ′) A 、B 再次相遇前的最远距离L ＝x B ＋x A －x A ′ 解得L ＝6815m.2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D 点平滑连接半径为R ＝2 m 、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C 、D 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A 从C 点开始，以初速度v 0＝3 m/s 沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D 点距离为3.25 m 的P 点静置另一个可视为质点的物块B .已知物块A 、B 与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 的质量m 1＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求物块A 从C 点滑到D 点时，对圆弧轨道的压力；(2)若物块B 的质量为m 2＝1 kg ，物块A 与B 碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D 点多远；(3)若B 的质量为m 2′＝ 5 kg ，物块A 与B 的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A 与B 均停止后它们相距多远．答案 (1)34.5 N ，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m解析 (1)设物块A 在D 点的速度为v 1，则物块A 从C 点运动到D 点的过程，由动能定理可得： m 1gR ＝12m 1v 12－12m 1v 02得v 1＝7 m/s设物块A 在D 点受到圆弧轨道向上的支持力大小为F N ，则有F N －m 1g ＝m 1v 12R得F N ＝34.5 N由牛顿第三定律可得：物块A 在D 点对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝34.5 N ，方向竖直向下．(2)设物块A 在P 点与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 2，加速度大小为a 1，则从D 点到P 点的过程中，由牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a 1 －2a 1L ＝v 22－v 12 得v 2＝6 m/s物块A 与物块B 碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3 解得v 3＝3 m/sA 、B 碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得：μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 0－v 32＝－2a 2x 得x ＝94m ＝2.25 m此时距D 的距离为L ＋x ＝5.5 m(3)物块A 运动到P 点的速度仍为v 2＝6 m/s ，碰撞过后瞬间A 与B 的速度分别为v 4、v 5，A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m 1v 2＝m 1v 4＋m 2′v 5 12m 1v 22＝12m 1v 42＋12m 2′v 52 得v 4＝－4 m /s ，v 5＝2 m/s由于12m 1v 42<m 1gR ＋μm 1gL ，故A 反弹后不能达到C 点；设物块A 与B 碰撞过后，直至停止的整个运动过程中，在水平地面上运动的路程为s ，由动能定理可得： －μm 1gs ＝0－12m 1v 42得s ＝4 m故物块A 向左运动3.25 m 后滑上圆弧返回后又向右运动了x 1＝s －L ＝0.75 m 物块B 向右减速至零，则有0－v 52＝－2a 3x 2，μm 2′g ＝m 2′a 3 解得x 2＝1 m故A 、B 相距s ＝L ＋x 2－x 1＝3.5 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、木板各自的对地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对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)． 考题示例例2 (2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图4答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. 命题预测3．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图5甲所示，质量为m ＝0.3 kg 的小物块B (可视为质点)放在质量为M ＝0.1 kg 、长度L ＝0.6 m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0＝1 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图5(1)A 与B 间的动摩擦因数μ；(2)A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔； (3)A 与P 碰撞几次，B 与A 分离． 答案 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得： m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．4．如图6所示，质量为M 的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m 的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v 0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g )图6(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？ (3)系统的最大弹性势能是多少？答案 (1)Mm v 022(M ＋m ) (2)M v 024μg (M ＋m ) (3)Mm v 024(M ＋m )解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．答案 (1)3 m /s ，方向向左 6 m/s ，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有 －μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为 x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.专题强化练[保分基础练]1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A 的速度大小为( )A ．0.5 m /sB ．1 m/sC ．2 m /sD ．3 m/s答案 D解析 碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12×2m v 2，代入数据得v ＝2 m/s ，A 与B 碰撞的过程中，A 与B 组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则m v 0＝m v 1＋2m v ，由于没有机械能损失，则12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 2，联立解得v 0＝3 m/s ，故选D. 2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m 的足够长的木板，木板上放一质量也为m 、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v 0和2v 0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )图2A ．1∶4B ．1∶42C ．1∶8D ．1∶12 答案 A解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m ；对系统，根据能量守恒定律有μmgs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，解得划痕长度s ＝M v 022μ(M ＋m )g ，同理，当木块的初速度为2v 0时，则划痕长度为s ′＝M (2v 0)22μ(M ＋m )g ，故两次划痕长度之比为s ∶s ′＝1∶4，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g .求：图3(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度． 答案 (1)v 024gL(2)0 v 0，方向水平向右解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有m v 0＝2m v 1解得v 1＝12v 0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知 μmgL ＝12m v 02－12×2m v 12联立解得μ＝v 024gL(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2m v 1＝m v 1′＋m v 2′ 2m v 1＝2m v 2小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有 μmgL ＝12m v 1′2＋12m v 2′2－12×2m v 22联立以上各式解得v 1′＝0，v 2′＝v 0，方向水平向右．[争分提能练]4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m 的物体A 和2m 的物体B 均以大小为v 的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m ，最终物体A 、B 都停在小车上，物体 A 、B 始终没有相碰．重力加速度为g ，求：图4(1)最终小车的速度大小及方向； (2)平板车的长度至少为多长． 答案 (1)v 4 方向水平向左 (2)9v 28μg解析 (1)以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2m v －m v ＝4m v 1解得v 1＝v4，方向水平向左(2)初始阶段A 物体向右做匀减速运动，加速度大小a A ＝μmg m ＝μg ；B 物体向左做匀减速运动，加速度大小a B ＝μ·2mg2m＝μg ；小车向左做匀加速运动，加速度大小a C ＝μ·2mg －μmg m ＝μg经过t 1时间，B 、C 达到共同速度，则有v －μgt 1＝μgt 1此时t 1＝v 2μg ，B 、C 的速度v 2＝v2，方向向左，A 的速度大小与B 、C 相同，方向相反，该过程中，A 相对C 运动的距离：Δx 1＝(v t 1－12a A t 12)＋12a C t 12B 相对C 运动的距离：Δx 2＝(v t 1－12a B t 12)－12a C t 12 此后B 、C 共同向左做减速运动，加速度大小a ＝μmg 3m ＝μg 3直到三物体速度相同，所用时间t 2＝v 1－v 2－a＝3v 4μg 该过程A 相对B 、C 滑行的距离：Δx 3＝(v 2t 2－12a A t 22)＋(v 2t 2－12at 22) 所以小车的长度至少是l ＝Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＝9v 28μg. 5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝3 kg 的物块A .装置的中间是始终在以u ＝2 m/s 的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A 静止在其平衡位置，此处距传送带左端l ＝0.5 m ．质量m ＝1 kg 的物块B 从斜面上距水平台面高h ＝2.0 m 处由静止释放，已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度为L ＝1.0 m ．物块A 、B 都可视为质点，A 、B 发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)物块B 与物块A 第一次碰撞前瞬间，B 的速度大小；(2)物块B 与物块A 第一次碰撞后，B 返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h ′；(3)如果物块A 每次被B 碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B 的再次碰撞，当物块B 在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B 从开始到此时相对于地面运动的总路程s 多大．答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m解析 (1)B 从斜面滑下过程机械能守恒，mgh ＝12m v 02 解得B 滑上传送带瞬间v 0＝210 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，v 02－v 12＝2aL ，μmg ＝ma解得B 滑过传送带与A 碰前瞬间的速度v 1＝6 m/s(2)A 、B 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B 的速度为v 2，A 的速度为v Am v 1＝m v 2＋M v A ，12m v 12＝12m v 22＋12M v A 2 联立两式解得v 2＝－12v 1，v A ＝12v 1，即v 2＝－3 m/s 物块B 以3 m/s 的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v 22－v 32＝2aL解得v 3＝ 5 m/s ＞u ＝2 m/s故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh ′＝12m v 32，得h ′＝0.25 m (3)物块B 上升h ′后再返回传送带右端时，速度大小为v 3＝ 5 m/s ，滑上传送带，减速至左端v 32－v 42＝2aL ，得v 4＝1 m/s物块B 与A 第二次发生弹性碰撞，碰后速度v 5＝－12m/s 返回传送带后向右匀加速运动，u 2－v 52＝2ax得x ＝1516m ＜L ＝1 m 故运动x 后匀速运动至右端，以初速度大小u ＝2 m/s 滑上斜面，则mgh ″＝12mu 2 得h ″＝0.2 m再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B 从开始到此时对地总路程s ＝4l ＋5L ＋h ＋2h ′＋2h ″sin θ得s ＝716m ≈11.83 m. 6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图6(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？答案 (1)40 N (2)187m<h ≤3 m 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度． 设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得 m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.。
力学三大观点的综合应用(解析版)--2025高考物理
力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F 合=ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2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 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。
已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。
弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。
求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。
【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。
专题(29)专题五 力学三大观点的综合应用(原卷版)
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（29）专题五力学三大观点的综合应用（原卷版）知识点一力的三个作用效果与五个规律知识点二常见的力学模型及其结论命题热点 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 力学三大观点的综合应用 选择力学三大观点的一般原则1、在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断2、如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M ，方向水平向右D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m ，方向水平向右3、（多选）A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x －t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x －t 图象。
c 为碰撞后它们的x －t 图象。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kg B.23kgC ．4 m/sD ．1 m/s。
4、（多选）质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰。
碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是 ( )A.13v 0 B.23v 0C.49v 0D.59v 05、（2020·新课标Ⅲ卷）如图，相距L =11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。
传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。
质量m =10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v 0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。
第32讲三大基本观点的综合应用(讲义)(原卷版)
第32讲三大基本观点的综合应用目录复习目标网络构建考点三大基本观点的综合应用【夯基·必备基础知识梳理】知识点1 三大观点及相互联系知识点2 三大观点的选用原则知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法【提升·必考题型归纳】考向1 动量观点和动力学观点的综合应用考向2 动量观点和能量观点的综合应用考向3 三大观点解决多过程问题真题感悟1、掌握动力学、动量和能量三大处理物理问题观点。
2、能够应用三大观点解决复杂的物理过程。
三大基本观点的综合应用三大观点及相互联系三大观点的选用原则三大观点的科学思维方法考点三大基本观点的综合应用知识点1 三大观点及相互联系知识点2 三大观点的选用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x，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)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，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。
知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。
选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。
至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
专题6 力学三大观点的综合运用
高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、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，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0①mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C②在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m /s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A 物块 －μMgs A ＝0－12M v 2A 解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析． 4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2 如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v ＝12 m /s 的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P 、Q 间的距离L ＝2 m ，紧靠Q 点右侧有一水平面长为x ＝2 m ，水平面右端与一光滑的半径R ＝1.6 m 的竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg 的物块A 以v 0＝10 m/s 的速度自P 点沿传送带下滑，A 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q 点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg 的B 物块相碰，碰后A 、B 粘在一起，A 、B 与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)A 滑上传送带时的加速度a 和到达Q 点时的速度； (2)若AB 恰能通过半圆轨道的最高点N ，求μ2；(3)要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，且从N 点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？审题突破 (1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A 的速度．(2)A 、B 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N 点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析 (1)A 刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得： Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma ， 代入数据得：a ＝12 m/s 2，A 在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v 2－v 20＝2 as代入数据得：s ＝116m ＜L ＝2 m ，A 没有到达Q 点前已经与传送带速度相等，到达Q 点的速度为：v ＝12 m/s ；(2)设AB 碰后的共同速度为v 1，以A 的初速度方向为正方向，A 、B 碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ·2R ， 在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx ， 代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ， 联立并代入数据得：μ2＝0.09， 综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m /s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m /s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m /s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练 训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0,0点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30° 解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20 解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20 解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s 滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22 解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m /s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式： 对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m /s ，v 2＝0.8 m/s ；(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m /s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m /s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。
专题力学三大观点的综合应用
力学三大观点综合应用高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、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，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题 1动量和能量观点在力学中的应用例1(2014 ·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为 1.0 m ，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v 0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案(1)2.5 m/s(2)6次(3)5 s12.75 m解析(1) 设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得m v0＝ 2m vv＝2.5 m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F ＝μF＝μmgf N设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由功能关系得1212－ F f·s1＝(m＋m)v－ m v022解得 s1＝ 12.5 m已知 L＝ 1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、 v2，碰后的速度分别为 v 1′、 v2′.有m v1＋ m v2＝m v1′＋ m v2′121m v22121m v2′2m v1＋＝m v1′＋2222得 v 1′＝ v2， v2′＝ v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块的v —t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝ v 0＋ata ＝－ μg解得 t ＝ 5 s凹槽的 v —t 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小 s 2.(等腰三角形面积共分13 份，第一份面积为 0.5 L ，其余每两份面积和均为 L.)1 v 0)t ＋ 6.5L ，解得 s 2＝ 12.75 m.s 2＝(221．如图 2 所示，倾角 45°高 h 的固定斜面．右边有一高3h的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为1圆弧．质量为2m 的小球 A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，M 的静止小球 B ，右边有一半径为 h 的 4从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与 B 发生弹性碰撞， 碰后 B 从圆弧上的某点离开圆弧． 所有接触面均光滑， A 、 B 均可视为质点，重力加速度为 g.图 2(1) 求斜面与平台间的水平距离s 和 A 的初速度 v 0；(2) 若 M ＝ 2m ，求碰后 B 的速度；(3) 若 B 的质量 M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为 α.求 cos α的取值范围．答案(1) h 2gh (2) 2gh(3)2≤ cos α≤ 133解析(1) 设小球 A 飞上平台的速度为 v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1 反向平抛运动，由平抛运动规律得：1h ＝ 1gt 2， s ＝v 1t ， tan 45 ＝°gt2 2v 1解得： v 1＝ gh ， s ＝ h由机械能守恒定律得：1m v 0 2＝ 3mgh ＋ 1m v 1 222 2解得： v 0＝ 2 gh.(2) 设碰后 A 、 B 的速度分别为 v A 、 v B ，由动量、能量守恒得m v 1＝ m v A ＋ M v B1 2 1 21 2m v 1 ＝m v A ＋ M v B2222m2v B ＝ m ＋ M v 1＝ 3gh.(3) 由 (2) 可知，当 M ? m 时 v B ≈ 2 gh ＞ gh 从顶端飞离则 cos α＝ 1 当 M ? m 时， v B ＝ 0，设 B 球与圆弧面在 C 处分离，则：1 2 Mgh (1－ cos α)＝2M v Cv C 2 ， cos α＝ 2，故 2≤ cos α≤ 1Mg cos α＝ M h331．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题 2应用动力学、能量、动量解决综合问题例 2如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m＝ 1 kg 的足够长的木板C，在 C 上放置有A、 B 两物体， A 的质量 m A＝ 1 kg，B 的质量为 m B＝ 2 kg.A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能 E p＝ 3 J，现突然给A、B 一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v 0＝2 m/s的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与 A、B 分离．已知 A 和的摩擦因数为μ＝ 0.2，B、 C 之间的动摩擦因数为μ＝ 0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：1 2C 之间图3(1)弹簧与 A、 B 分离的瞬间， A、 B 的速度分别是多大？(2) 已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和 C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前B、 C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？(3) 已知 C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离？审题突破(1) 根据动量守恒和能量守恒列方程组求A、B 分离时的速度； (2) 由牛顿第二定律求三者的加速A、度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解．答案(1)0 3 m/s(2)4.5 J 1.5 m/s (3)0.75 m解析(1) 在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A＋m B)v0＝ m A v A＋ m B v B121212E p＋ (m A＋ m B)v0＝m A v A＋ m B v B222联立解得： v A＝0， v B＝3 m/s.2(2) 对物体 B 有： a ＝μg＝ 1 m/s ，方向水平向左B2对 A、 C 有：μ＋ m)a2m B g＝(m A又因为： m A a＜μ1m A g故物体 A、 C 的共同加速度为a＝ 1 m/s 2，方向水平向右对 A、 B、 C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B＝ ( m A＋ m B＋ m)v 121(m A＋ m B＋ m)v2Q＝ m B v B－22解得： Q＝ 4.5 J，v＝ 1.5 m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和 A 达到共同速度v1，之后 A、C 再以共同的加速度向右匀加速， B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度 v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故 C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A＝μ1g＝ 2 m/s2， a B＝μ2g＝ 1 m/s2μ，解得： a ＝ 4 m/s 21m A g ＋ μ2m B g ＝ ma C C v 1＝ v － a A t ＝－ v ＋ a C t解得： v 1＝ 0.5 m/st ＝ 0.5 s－ v ＋ v 1 x A1＝v ＋ v 12 t ＝ 0.5 m ， x C1＝ 2 t ＝－ 0.25 m故 A 、 C 间的相对运动距离为x AC ＝ x A1＋ |x C1|＝ 0.75 m.2． (2014 广·东 ·35)如图 4 所示，的水平轨道中， AC 段的中点 B 的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板，物体 P 1 沿光滑轨道向右以速度v 1 与静止在 A 点的物体 P 2 碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t 1＝ 2 s 至 t 2＝ 4 s 内工作．已知 P 1、 P 2 的质量都为 m ＝ 1 kg ， P 与 AC 间的动摩擦因数2为 μ＝ 0.1， AB 段长 L ＝ 4 m ， g 取 10 m/s ， P 1、 P 2 和 P 均视为质点， P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图 4(1) 若 v 1＝ 6 m/s ，求 P 1、 P 2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能E ；(2) 若 P 与挡板碰后， 能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v 1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤ v 1≤ 14 m/s 17 J解析(1) 设 P 1 和 P 2 发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝ 2m v 2①解得： v 2＝v 1＝ 3 m/s2E ＝ 1m v 11× 2m v 2碰撞过程中损失的动能为：2－ 2②2 2解得E ＝9 J.(2) P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－ 2μ mg③可以把 P 从 A 点运动到 C 点再返回 B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有1 2 3L ＝ v 2t ＋ at2④26L － at由 ①③④ 式得 v 1＝t① 若 2 s 时通过 B 点，解得： v 1＝ 14 m/s ② 若 4 s 时通过 B 点，解得： v 1＝ 10 m/s 故 v 1 的取值范围为： 10 m/s ≤ v 1≤ 14 m/s设向左经过 A 点的速度为 v A ，由动能定理知1× 2m v A 2－ 1× 2m v 2 2＝－ μ·2mg ·4L22 当 v ＝ 1v 1 ＝ 7 m/s 时，复合体向左通过 A 点时的动能最大， E ＝17 J.22根据题中涉及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果是碰撞并涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练 6题组 1动量和能量的观点在力学中的应用1．如图 1 所示，在倾角为 30°的光滑斜面上放置一质量为 m 的物块 B ， B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接， B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块 A ，距物块 B 为 3x 0，现让 A 从静止开始沿斜面下滑， A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到 O 点(A 、 B 均视为质点 )．试求：图 1(1) A 、 B 相碰后瞬间的共同速度的大小；(2) A 、 B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3) 若在斜面顶端再连接一光滑的半径 R ＝ x 0 的半圆轨道 PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点 P ，现让物块 A以初速度 v 从 P 点沿斜面下滑，与 B 碰后返回到 P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块 A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1) 1 3gx 0 120＋ 4 3 gx 02(2) mgx 0 (3)4解析(1) 设 A 与 B 相碰前 A 的速度为 v 1， A 与 B 相碰后共同速度为 v 2由机械能守恒定律得 3mgx 0 sin 30 1 2＝°m v 12由动量守恒定律得m v 1＝ 2m v 21解以上二式得 v 2＝ 2 3gx 0.(2) 设 A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为 E p ，从 A 、 B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋ 1·2m v 2 2＝ 2mgx 0 sin 30 °2解得 E p ＝ 1mgx 0.4(3) 设物块 A 与 B 相碰前的速度为 v 3，碰后 A 、 B 的共同速度为 v 41 21 2m v ＋ 3mgx 0 sin 30 ＝°m v 322m v 3＝ 2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则1·2m v 4 2＋ E p ＝ 1·2m v 5 2＋ 2mgx 0sin 30 °2 211此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则2 2＋ 2mgx 0 sin 30 ＋°mgR(1＋ sin 60 ) °2m v 5＝ m v 62在最高点有 mg ＝m v 6 R 2联立以上各式解得v ＝20＋ 4 3 gx 0.2．如图 2 所示，质量为 m 1 的滑块 (可视为质点 )自光滑圆弧形槽的顶端 A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点， A 、 B 的高度差为 h 1＝ 1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为 L ＝ 4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝ 1.80 m ，g取 10 m/s 2.(1) 若槽的底端没有滑块图m 2，传送带静止不运转，求滑块2m 1 滑过C 点时的速度大小v ； (结果保留两位有效数字)(2)在m 1 下滑前将质量为 m 2 的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1 下滑后与 m 2 发生弹性碰撞，且碰撞后 m 1 速度方向不变，则m 1、 m 2 应该满足什么条件？(3) 满足 (2) 的条件前提下， 传送带顺时针运转， 速度为 v ＝ 5.0 m/s.求出滑块 m 1、m 2 落地点间的最大距离 (结果可带根号 )．答案(1)3.0 m/s (2)m 1＞ m 2 (3)(621 － 3) m5 解析(1) 滑块 m 11 2滑到 B 点有 m 1gh 1＝ m 1v 02解得 v 0＝ 5 m/s滑块 m 由 B 滑到 C 点有－ μm1 2－1211gL ＝ m 1 vm 1v 022解得 v ＝ 3.0 m/s.(2) 滑块 m 2 停放在槽的底端， m 1 下滑并与滑块 m 2 弹性碰撞，则有m 1v 0＝m 1v 1＋ m 2v 211 v 0 2＝ 11v 1 2 ＋ 1 2v 2 22m2m2mm 1 速度方向不变即v 1＝ m 1－ m 2＋ m v 0＞ 0m 12 则 m 1＞ m 2.(3) 滑块经过传送带作用后做平抛运动12h 2＝2gt当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当 m 1? m 2 时，滑块 m 1、 m 2 碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大m 2m 1－ m 2 1－ m 1 v 0≈ v 0＝ 5.0 m/s v 1＝ ＋ m v 0＝2m 1＋m 1v 2＝ 2m 1v 0＝ 2v 0≈ 2v 0＝ 10.0 m/s＋ m 2m2m1＋m 1滑块 m 1 与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为x 1＝ v 1t ＝ 3.0 m滑块 m 2 与传送带发生摩擦，有 － μm1′ 2－ 122gL ＝2m 2v 2 2m 2v 2解得 v 2′＝ 2 21 m/s落地点射程为 x 2＝ v 2′ t ＝621 m5m 2、m 1 的水平射程相差最大值为x ＝ (6 21－ 3) m.5题组 2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图 3 所示，质量 M ＝ 4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高 h 1＝ 1.6 m ．水平面右边的台阶高 h 2＝ 0.8 m ，台阶宽l ＝ 0.7 m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝ 5 m的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝ 53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝ 2 kg 的甲物体和质量m 2＝ 1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上 A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为 μ＝ 0.2.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取 10 m/s 2，sin 53＝°0.8， cos 53 ＝°0.6)．求：图 3(1) 炸药爆炸使两物体增加的机械能E ；(2) 物体在圆弧轨道最低点 C 处对轨道的压力 F ；(3) 平板车上表面的长度 L 和平板车运动位移 s 的大小．答案 (1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下(3)1 m解析(1) 甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝ 01 2 1 m 2v 22＝75 J.E ＝ m 1v 1 ＋22(2) 设甲物体平抛到 B 点时，水平方向速度为 v x ，竖直分速度为 v yv y ＝ 2g h 1－ h 2 ＝ 4 m/s v x ＝v y＝ 3 m/stan θ合速度为： v B ＝ 5 m/s物体从 B 到 C 过程中：m 1gr(1－ cos θ)＝ 1m 1v C 2－ 1m 1v B222v C 2F N － m 1 g ＝ m 1 rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝ F N ＝ 46 N ，方向竖直向下．v y(3) 甲物体平抛运动时间： t ＝ g ＝ 0.4 s 平抛水平位移： x ＝ v x t ＝ 1.2 m ＞ 0.7 m甲物体在车上运动时的加速度为： a 1＝ μg ＝ 2 m/s2甲物体在车上运动时间为：t 1＝ v 0－ v x ＝ 1 sa 1甲物体的对地位移： x ＝1＋ v ＝ 4 m12 (v 0 x )t 1a 2＝ μm 1g ＝ 1 m/s 2甲物体在车上运动时，车的加速度为：1M甲离开车时，车对地的位移：2＝ 0.5 mx 2＝ a 2t 12车长为： L ＝ 2(x 1－ x 2)＝ 7 m车的位移为： s ＝ x 2＋ (x － l)＝ 1 m.4．如图 4 所示，光滑的水平面 AB(足够长 )与半径为 R ＝ 0.8 m 的光滑竖直半圆轨道 BCD 在 B 点相切， D点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为 L ＝ 20 m 、逆时针转动且速度为v ＝ 10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝ 3 kg ，乙的质量为 m 2＝ 1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过 D 点，且过 D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为 0.6，重力加速度 g 取 10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图 4(1) 求甲球离开弹簧时的速度．(2) 若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3) 甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在 AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案(1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为23 m/s ，方向水平向右，乙的速度为 6 3m/s ，方向水平向左解析(1) 甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至 D 点的过程中机械能守恒：12 1 2m 1 v 0 ＝ m 1g ·2R ＋m 1v D ，22 在最高点 D ，由牛顿第二定律，v D 2 有 2m 1g ＝ m 1 R联立解得： v 0＝ 4 3 m/s.(2) 甲固定，烧断细线后乙的速度大小为 v 乙 ，由能量守恒：E p ＝1m 1v 0 2＝1m 2v 乙 2，2 2得 v 乙 ＝ 12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝ m 2a得 a ＝ 6 m/s 2乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：2v 乙s＝2a＝ 12 m ＜ 20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m. (3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为 v1、 v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒： m1v1＝ m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：121212E p＝ m1v0＝ m1v1＋m2v2222解得： v1＝2 3 m/s，v2＝ 6 3 m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h，12则2m1v1＝m1gh得 h＝ 0.6 m＜ 0.8 m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v2＝2 3 m/s乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s＜ 12 m/s，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回 AB 面上时速度大小仍然为v2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为 2 3 m/s，方向水平向右，乙的速度为 6 3 m/s，方向水平向左．。
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力学三大观点的综合应用
1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．
动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．
2．动量守恒定律
(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．
②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．
3．解决力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
1．力学规律的选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).
考向1动量和能量的观点在力学中的应用
例1(2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：
图1
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．
解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得m v0＝2m v
v＝2.5 m/s，方向向右．
(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力F f＝μF N＝μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得。