2018高考物理大一轮复习单元综合专题(六)力学三大观点的综合应用课件
例 5 如图所示，轻杆一端固定着小球 A，另一端可绕 O 点 自由转动；矩形厚木板 B 放在粗糙的水平地面上，B 上表面的最 右端有一光滑小物块 C；A 在最低点时刚好与 B 左侧接触．轻杆 与水平面成 30°角时，给 A 大小为 v0＝ 3gL、方向垂直于杆的 初速度，A 到达最低点时与 B 发生正碰后静止．已知 g 为重力加 速度，L 为杆长；A、C 可视为质点，质量均为 m；B 的质量为 2m、长度也为 L；B 与地面的动摩擦因数 μ＝0.4，其余摩擦不计．
⑨
从 C 离开 B 起到 B 停下来的时间为
tB＝－av2B1＝
30gL 4g
⑩
讨论：(Ⅰ)若 tB≤t，即：h≥1156L
⑪
C 落地瞬间与 B 左端的距离为：
sCB1＝－v22aB21＝38L.
⑫
(Ⅱ)若 tB>t，即：h<1156L
⑬
C 落地瞬间与 B 左侧的水平距离为：
sCB2＝vB1t＋12a2t2＝
(1)若 v1＝6 m/s，求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损 失的动能Δ 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 v1 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≤v1≤14 m/s 17 J 【解析】 (1)P1、P2 碰撞过程动量守恒，有 mv1＝2mv 解得 v＝v21＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为ΔE＝12mv12－12(2m)v2 解得ΔE＝9 J.
的速度为 vA，由机械能守恒有：
12mv02＋mg(L＋Lsin30°)＝12mvA2
①
设此时 A 受到杆的作用力大小为 T，
由牛顿第二定律有：T－mg＝mLvA2
②
联立①②并代入已知值，解得：
T＝7mg.
③
(2)设 B 被 A 碰后获得的速度为 vB，由动量守恒得：
mvA＝2mvB
④
C 在 B 上时，B 的加速度为：
【解析】 设物块受到水平冲量后速度为 v0.滑环固定时 12mv02＝mgL 得 v0＝ 2gL. 滑环不固定时，摆起最大高度为 h，在最大高度时的共同速 度为 v：Mv0＝(M＋m)v 12Mv02＝12(M＋m)v2＋Mgh，解得 h＝M＋m mL.
动量、能量、动能定理相结合 例 3 如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木 板的质量为 3m，在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为 μ.最初木板静止，A、B 两 木块同时以方向水平向右的初速度 v0 和 2v0 在木板上滑动，木板 足够长，A、B 始终未滑离木板．求：
答案 D 解析 类比速度图像中位移的表示方法可知，在加速度－时 间图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在 0～6 s 内Δ v＝18 m/s，又 v0＝2 m/s，则 t＝6 s 时的速度 v＝20 m/s，A 项错 误；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为 W＝12mv2－12mv02 ＝396 J，B 项错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代 入已知条件解得 IF＝48 N·s，C 项错误；由牛顿第二定律可知， 6 s 末 F－Ff＝ma，解得 F＝10 N，所以拉力的功率 P＝Fv＝200 W，D 项正确．
(1)求 A 到达最低点与 B 碰撞前，A 受到杆的作用力大小； (2)讨论木板高度 h 取不同值时，C 落地瞬间与 B 左侧的水 平距离．
【答案】 (1)7mg (2)当 h≥1156时，sCB1＝38L；当 h＜1156时，
15hL－2h
sCB2＝
5
【解析】 (1)以小球为研究对象，设小球 A 到达最低点时
(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＝12Mv2 由牛顿第二定律有 FN－Mg＝MvR2 联立解得小滑块在 D 点所受支持力 FN＝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．
3．如图，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 vA＝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/s2.求：
a1＝mfB＝－μ（2m2＋m m）g＝－0.6g
⑤
设 C 离开 B 时，B 的速度为 vB1，
根据运动学公式 vB12－vB2＝2a1L
⑥
联立①④⑤⑥并代入已知值，解得：
vB1＝
30gL 10
⑦
C 离开 B 后做自由落体运动，下落时间为：
t＝
2h g
⑧
C 离开 B 后，B 的加速度为：
a2＝－μg＝－0.4g
mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得：v1＝0.6v0 对木块 B 运用动能定理，有： －μmgs＝12mv12－12m(2v0)2 解得：s＝91v02/(50μg)
(2)当 A 和 C 速度相等时速度最小为 v 则：3mv0＝4mv＋m[2v0－(v0－v)] 则 v＝25v0(其是 v0－v 为 A 和 B 速度的变化量)
(1)木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速度刚好相等的过程中， 木块 B 所发生的位移；
(2)木块 A 在整个过程中的最小速度．
【解析】 (1)木块 A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直 线运动；木块 B 一直做匀减速直线运动；木板 C 做两段加速度 不同的匀加速直线运动，直到 A、B、C 三者的速度相等为止， 设为 v1.对 A、B、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：
15hL－2h 5.
⑭
1．(2017·合肥质检)一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用， 在粗糙水平面上做加速直线运动时的 a－t 图像如图所示，t＝0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则( )
A．t＝6 s 时，物体的速度为 18 m/s B．在 0～6 s 内，合力对物体做的功为 400 J C．在 0～6 s 内，拉力对物体的冲量为 36 N·s D．t＝6 s 时，拉力 F 的功率为 200 W
2.如图，斜面体 C 质量为 M 足够长，始终静 止在水平面上，一个质量为 m 的长方形木板 A 上 表面光滑，木板 A 获得初速度 v0 后恰好能沿斜面 匀速下滑，当木板 A 匀速下滑时将一质量也为 m 的滑块 B 轻轻放在木板 A 表面上，当滑块 B 在木板 A 上滑动时， 下列说法正确的是( )
③
令 h 表示 B 上升的高度，有
h＝v′2g22
④
由以上各式并代入数据得
h＝4.05 m
⑤
动量、能量、圆周运动相结合 例 2 如图所示，在光滑的水平杆上套着一 个质量为 m 的滑环，滑环上通过一根不可伸缩 的轻绳悬吊着质量为 M 的物体(可视为质点)， 绳长为 L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量， 物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定， 仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．
A．滑块 B 的动量为 0.5mv0 时，木板 A 和滑块 B 的加速度 大小相等
B．滑块 B 的动量为 0.5mv0 时，斜面体对水平面的压力大小 为(M＋2m)g
C．滑块 B 的动量为 1.5mv0 时，木板 A 的动量为 0.5mv0 D．滑块 B 的动量为 1.5mv0 时，水平面对斜面体的摩擦力向 右
二、题型鸟瞰
题型鸟瞰 题型一：匀变速运动与动量守恒相结合 题型二：动量、能量、圆周运动相结合 题型三：动量、能量、动能定理相结合 题型四：动量观点、能量观点、力的观点三者综合应用
高考热度 ★★★★ ★★★★★ ★★★★★ ★★★★★
题型透析
匀变速运动与动量守恒相结合 例 1 如图是一个物理演示实验，它显示：图 中自由下落的物体 A 和 B 经反弹后，B 能上升到比 初始位置高得多的地方．A 是某种材料做成实心球， 质量 m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量 m2 ＝0.10 kg 的木棍 B，B 是松松地插在凹坑中，其下 端与坑底之间有小空隙，将此装置从 A 下端离地板的高度 H＝ 1.25 m 处，由静止释放，实验中，A 触地后在极短时间内反弹， 且其速度大小不变；接着木棍 B 脱离球 A 开始上升，而球 A 恰 好停留在地板上，求木棍 B 上升的高度，重力加速度 g＝10 m/s2.
【解析】 根据题意 A 碰地板后，反弹速度的大小 v1，等于 它下落到地面时速度的大小．
即 v1＝ 2gH
①
A 刚反弹后，速度向上，立刻与下落的 B 碰撞，碰前 B 的
速度的大小
v2＝ 2gH
②
由题意，碰后 A 速度为零，以 v′2 表示 B 上升的速度，根 据动量守恒
m1v1－m2v2＝m2v′2
(2)设 B 滑块被碰后的速度为 vB，由动量守恒定律： Mv＝MvA＋mvB 解得小滑块在 D 点右侧碰后的速度 vB＝4 m/s
力的 观点
牛顿运动定律 匀变速运动 匀变速运动公式 圆周运动
能量 观点
动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律
匀变速运动 非匀变速运动
动量 观点
动量定理 动量守恒定律
匀变速运动 非匀变速运动
解题优势 1.分析运动过程 2．研究瞬时作用 3．求加速度、时间 1.只涉及运动始末状态 2．求解多个运动过程问题 3．求功、能、位移、速度 1.只涉及运动始末状态 2．研究相互作用系统的运动 3．求解动量、冲量、速度
高考物理一轮总复习第六章链接高考6利用动量和能量观点解决力学综合问题讲义含解析新人教版06
高考物理一轮总复习第六章链接高考6利用动量和能量观点解决力学综合问题讲义含解析新人教版06[考点解读]1．解动力学问题的三个基本观点3.(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，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意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，因此动量守恒定律一般能派上大用场．[考向分析]◆考向1 “爆炸”类问题[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． [审题指导] 关键词理解，隐含条件显性化(1)题目中的两个E ，分别对应“一个物体”和“两个物体”． (2)爆炸后两部分质量均为m2.(3)爆炸过程中系统初动量为0.(4)距地面的最大高度由两部分组成，一是爆炸前上升的高度，二是爆炸后向上运动的部分上升的高度．[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2E m③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg .[答案] (1)1g2E m (2)2E mg爆炸过程的特征1．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．2．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动．3．由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒． [跟踪训练]1．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速率v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 解析：(1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0 解得：I ＝52mv 0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒m C v C －m B v B ＝0据能量关系：ΔE ＝12m B v 2B ＋12m C v 2C解得：ΔE ＝758mv 20.答案：见解析◆考向2 “滑块－弹簧”类问题[典例2] (2019·河北石家庄二中模拟)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示．求：(1)物块C 的质量m C ；(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .[解析] (1)由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得m C ＝2 kg.(2)12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 4 12(m A ＋m C )v 23＝12(m A ＋m B ＋m C )v 24＋E p 得E p ＝9 J.[答案] (1)2 kg (2)9 J“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．注意临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．4．从A 开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可借用弹性碰撞结论：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.[跟踪训练]2．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 上表面向右运动．已知木块A 的质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A 的速度大小； (2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为v ，从木块A 开始沿滑板B 上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0代入数据得木块A 的速度v ＝2 m/s(2)在木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为E pm ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2－μmgL代入数据解得E pm ＝39 J. 答案：(1)2 m/s (2)39 J ◆考向3 “滑块－平板”类问题[典例3] 如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，求：(1)物块与小车的共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少？[解析] (1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.8 m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理： －Ft ＝m 2v －m 2v 0， 又F ＝μm 2g代入数据得t ＝0.24 s.(3)对小车应用动能定理：μm 2gx ＝12m 1v 2解得：x ＝0.096 m(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则：m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由系统能量守恒有：12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL 代入数据解得v 0′＝5 m/s.故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s. [答案] (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s“滑块－平板”模型的解题思路1．应用系统的动量守恒．2．在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理． 3．在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理． 4．在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒． 5．滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度． [跟踪训练]3．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，一块质量为M 的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m 的小物块(可视为质点)以水平速度v 0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)，最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出( )A ．弹簧的劲度系数B ．弹簧的最大弹性势能C ．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能D ．若再已知木板长度l ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数解析：BCD [小物块m 与长木板M 构成的系统动量守恒，设小物块滑到最左端和最右端的速度分别为v 1、v 2，以向左为正方向，小物块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v 1，小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程mv 0＝(M ＋m )v 2，解得v 1＝mv 0M ＋m ，v 2＝mv 0M ＋m ，小物块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得12mv 2＝12(M ＋m )v 21＋Q ＋E p ，Q ＝F f l ，小物块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得12mv 20＝12(M ＋m )v 22＋Q ′，Q ′＝2F f l ，由以上各式可以解出E p 、Q 、Q ′，故B 、C 正确；求出Q后，如果已知木板长l ，由Q ＝μmgl ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D 正确；因为缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A 错误．]◆考向4 “滑块－斜面”类问题[典例4] (2016·全国卷Ⅱ)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前面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)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g 取10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析“滑块－斜面”模型的解题思路1．应用系统在水平方向的动量守恒． 2．应用系统的能量守恒．3．注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速． 4．从冰块滑上斜面到分离的过程，可借用弹性碰撞结论：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.[跟踪训练]4.(多选)质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动解析：BCD [小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果m <M ，小球离开小车向左做平抛运动，如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动，如果m >M ，小球离开小车向右做平抛运动，所以B 、C 、D 正确．]◆考向5 “绳子绷紧”类问题[典例5] (2017·天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t . (2)A 的最大速度v 的大小． (3)初始时B 离地面的高度H .[解析] (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动， 有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s ，细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s.(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ， 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m. [答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m1．细绳“绷直”瞬间，细绳的张力远大于A 、B 的重力，A 、B 两物体组成的系统动量守恒．2．细绳“绷直”的过程中，可与子弹打入物块并留在其中的碰撞模型归纳为同一类型，都属于完全非弹性碰撞，存在着机械能损失．[跟踪训练]5．(2019·山东潍坊中学一模)如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．解析：(1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得： －μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20答案：(1)3v 04μg (2)4171 024mv 29。
2018届高考物理第一轮复习 精品 PPT 课件
磁场专题的主要考点包括磁场的性质(磁感应强度、用磁 感线描述磁场、洛伦兹力和安培力的特点)、带电粒子在磁场 中的运动及应用等．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动是本 专题的重点之一，涉及的知识点主要是由洛伦兹力提供向心 力及匀速圆周运动的有关知识，该内容与平面几何联系紧密， 确定粒子运动的径迹，应先画出粒子的运动轨迹图，然后确 定圆心及半径．
心．
带电粒子在磁场中运动侧重于运用数学知识(圆与三角形知识)
求解，带电粒子在磁场中偏转的角度、初速度与磁场边界的夹角
往往是解题的关键，角度是确定圆心、运动方向的依据，更是计
算带电粒子在磁场中运动时间的桥梁，如带电粒子在磁场中运动
的时间为t＝
(α是圆弧对应的圆心角)．
│ 要点热点探究
带电粒子在磁场中的运动半径不仅关联速度的求解，而且 在首先确定了运动半径的情况下，可利用半径发现题中隐含的 几何关系．
求解，其中U为带电粒子初末位置之间的 电势差．
(2)带电粒子在非匀强电场中的加速：只能应用动能定理 求解．
│ 要点热点探究
2．带电粒子在电场中的偏转 (1)带电粒子在一般电场中的偏转：带电粒子做变速曲线 运动，其轨迹总位于电场力方向和速度方向的夹角之间，且向 电场力的方向偏转． (2)带电粒子在匀强电场中的偏转：带电粒子(不计重力) 以某一初速度垂直于匀强电场方向进入匀强电场区域，粒子做 匀变速曲线运动，属于类平抛运动，要应用运动的合成与分解 的方法求解，同时要注意：①明确电场力方向，确定带电粒子 到底向哪个方向偏转；②借助画出的运动示意图寻找几何关系 或题目中的隐含关系．带电粒子在电场中的运动可从动力学、 能量等多个角度来分场中的电荷的电势能由电势和电荷共 同决定．电势能是标量，其大小与电势的高低及带电体所带 的电荷量、电性有关，大小为Ep＝qφ，注意电势的正负及电 荷的正负．
第32讲 三大基本观点的综合应用(课件)
提合应用 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
复习目标
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。
考情分析
网络构建
01
三大基本观点的综合应用
夯基·必备基础知识 知识点1 三大观点及相互联系
提升·必备题型归纳
提升·必备题型归纳
考向3 三大观点解决多过程问题
3．如图所示，质量为M=1kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=3kg的物块放在长木板的右端， 在木板左侧有一弹性墙壁，现使木板和物块以v0=6m/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生 弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。（1）求木板与墙壁第一次 碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x1；（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短 长度L0；（3）若长木板的长度L1=4.7m，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。
夯基·必备基础知识 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键 。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状 态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系 ，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
夯基·必备基础知识 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟 定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒能力课力学三大观点的综合应用课件
例1 (2018年全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现 其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B．两车 碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为×103 kg和×103 kg， 两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为，两车碰撞时间极短，在碰撞后 车轮均没有滚动， 重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
解：(1)根据题图乙，v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v21为其 碰撞后瞬间速度的大小．设物块 B 的质量为 m′，碰撞后瞬间的速度大 小为 v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m－v21＋m′v′， 12mv21＝12m－21v12＋21m′v′2， 联立得 m′＝3m.
(2)在题图甲所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小 为 f，下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点的高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W.
1．(多选)如图，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水
平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系
统损失的机械能可能为
()
A．25 J
B．35 J
C．45 J
D．55 J
【答案】AB
【解析】若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生 完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量 守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝12m1v21＋21m2v22－21(m1＋ m2)v2，联立并代入数据解得 ΔEmax＝40 J，综合可知 0≤ΔE≤40 J，A、 B 正确，C、D 错误．
高考物理一轮总复习精品课件 第6章 动量守恒定律 专题提升课11 力学三大观点的综合应用
下列说法不正确的是(
)
A.小球第一次运动至最低点的瞬间,小球具有的水平速度为 2
B.小球第一次运动至最低点的瞬间,此时轻绳对小球拉力的大小为 2mg
1
C.小球运动至右端最高点时相对最低点的高度为 L
3
D.当小球第二次摆回最低点瞬间,小球具有水平向左的速度为
2 2
水平向右的速度为
答案 BC
3
开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,
动能最大,选项A正确。火箭向上运动过程中,重力势能也增加,选项B错误。
根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加
量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等
于火箭动能的增加量,选项D错误。
简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可
伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连
接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的
距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在
如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方
向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止
释放。设 C 的下落速度为
考点二
力学三大观点的综合应用(名师破题)
1.力的三个作用效果与五个规律
分类
对应规律
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律
公式表达
F 合=ma
1
2
合= v2
2
1
− 2 v1 2
动能定理
W 合=ΔEk,W
机械能守恒定律
1
1
2
E1=E2,mgh1+2 v1 =mgh2+2 v2 2
力对时间
高中物理-专题6力学“三大”观点的综合应用
专题6
第26页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
备
考 调 研
答案：(1)x
g
x2
3mgx2
2h (2)16h (3) 8h
课 时 作 业
专题6
第27页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
解析：(1)对 m2 平抛过程分析，有 h＝12gt2，x＝v2t
备 考 调 研
解得 v2＝x
g 2h.
(2)弹簧将两物体弹开的过程，m1、m2 组成的系统动量守
专题6
第10页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(2)爆炸后 A、B 在 C 上滑动，分析可知 B 先与 C 相对静
止，设此时 A 的速度为 v3，B、C 的速度为 v4，该过程中 A、
B、C 组成的系统水平方向动量守恒．设该过程的时间为 t3，
备 考
对 A 应用动量定理有－μm1gt3＝m1v3－m1v1
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(2)设小球与 B 分离时速度为 v3，槽 B 的速度为 v4 根据水平方向的动量守恒，得 mv1＝mv3＋Mv4
备
根据机械能守恒定律，得12mv21＝12mv23＋12Mv24
考 调 研
解得 v3＝mm－ v3>v2，可得 M>3m.
备
考
由水平方向动量守恒：mv＝(2m＋m)v 共
调
研
由系统机械能守恒：12mv2＝mgh＋12(2m＋m)v2共
课 时 作 业
联立解得 h＝23L.
专题6
第24页
高考一轮总复习 ·物理 ·新高考版
(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为
v1，滑块速度为 v2
版高考物理课标版一轮复习课件：6.3力学三大观点的综合应用
(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。
-5基础夯实
自我诊断
关闭
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
2.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应规律
力的瞬
时作用
牛顿第
二定律
动能定理
力的空
间积累
作用
功能关系
机械能
守恒定律
规律内容
物体的加速度大小与合外力
成正比,与质量成反比,方向
与合外力的方向相同
外力对物体所做功的代数和
等于物体动能的增量
一个力做了多少功,就有多少
能从一种形式转化为其他形
式
在只有重力(或弹力)做功的
能量守恒定律求解。
-17关闭
(1)物体从开始位置
A 点到最后 D 点的过程中,弹性势能没有发生变
考点一
考点二
考点三
化,动能和重力势能减少,机械能的减少量为
例3如图所示,一物体质量m=2
kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以
1
2
ΔE=ΔE
k+ΔEp= 0 +mglADsin 37°①
初速度v
=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到
0
2
物体克服摩擦力消耗的能量为
Q=Ffx②
达B点后又将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2
m,然后物体又被
其中 x 为物体的路程,即 x=5.4 m③
2018-2019高中一轮复习物理通用课件：第七章 第35课时 三大观点解决力学综合问题(题型研究课)
动量观 用动量守恒定律等，可解决非匀变速运 点 动问题
2．动量观点和能量观点的比较 (1) 研究对象都是相互作用的物体组成的 相同点 系统 (2)研究过程都是某一运动过程 动量守恒定律是矢量表达式， 还可以写出 不同点 分量表达式； 而动能定理和能量守恒定律 都是标量表达式，绝无分量表达式
考法 1
[解析]
(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受 ① ③
到的滑动摩擦力为 F，则 F＝ μmg 由①②式并代入数据得 t＝ 0.2 s。 1 2 理，有 Fx＝ mv － 0 2 由①④式并代入数据得 x＝ 0.1 m。 移为 s，则 s＝vt 摩擦力对皮带做的功 W＝－ Fs 由①③⑥⑦式并代入数据得 W＝－ 2 J。 [答案] (1)0.2 s (2)0.1 m (3)－ 2 J
解析：(1)设水平向右为正方向，当 A 与墙壁碰撞时，根据动量 定理有 Ft＝ mAv1′－ (－ mAv1) 解得 F＝ 50 N，方向水平向右。 (2)当 A 与 B 碰撞时，设碰撞后 A、B 的速度为 v，根据动量守 恒定律有 mAv1′＝(mA＋ mB)v A、 B 在光滑圆弧轨道上运动时，机械能守恒，由机械能守恒 1 定律有 (mA＋ mB)v2＝(mA＋ mB)gh 解得 h＝ 0.45 m。 2 答案： (优先考虑能量守恒定律，即 滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也 等于系统产生的内能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题， 通常可选用动量守恒定律，但须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化。
[集训冲关]
1.(2018· 河南南阳模拟)如图所示，竖直平 面 内 一光 滑水 平 轨道 左边 与 墙壁对 1 接，右边与一足够高的 光滑圆弧轨道 4 平滑相连，木块 A、B 静置于光滑水平轨道上，A、B 质量分 别为 1.5 kg 和 0.5 kg。现让 A 以 6 m/s 的速度水平向左运动， 之后与墙壁碰撞， 碰撞时间为 0.3 s， 碰后速度大小变为 4 m/ s。 A 与 B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知 g 取 10 m/s2，求： (1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对 A 平均作用力的大小； (2)A、 B 滑上圆弧轨道的最大高度。
【决胜高考】高三物理一轮复习 力学 三大观点及其应用(习题课)
答案
1 g
2E m
1234
解析 设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝12mv02
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt
②
联立①②式得
t＝1g
2E m
③
1234
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.
答案
2E mg
解析 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
1234
4.(2019·河南安阳市下学期二模)如图3所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆 轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道 的直径.质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有 压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点.现剪断两滑块间的细线， 滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合.滑块1、2可视为质 点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
1234
(3) 粘 在 一 起 的 甲 、 乙 两 物 块 从 C 点 抛 出 到 落 到 CDE段轨道上所用的时间. 答案 0.4 s
解析 碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上 则下落的时间 t＝ 2gR2＝0.4 s 则水平的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2 说明两物块刚好落到D点，假设成立 因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s.
决胜新高考 力学习题课 力学三大观点及其应用
1.(2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当烟 花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部 分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短，重力加速度大 小为g，不计空气阻力和火药的质量.求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
三大力学观点的综合应用
(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿 第二定律有
μmAg＝mAaA④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA′，碰撞后滑行的距离 为 sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤ 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中 动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.3 m/s。⑦
(1)求物块 M 碰撞后的速度大小； (2)若平台表面与物块 M 间的动摩擦因数 μ＝0.5，物块 M 与 小球的初始距离为 x1＝1.3 m，求物块 M 在 P 处的初速度大小。
[解析] (1)碰后物块 M 做平抛运动，设其平抛运动的初速 度为 v3，平抛运动时间为 t，由平抛运动规律得
h＝12gt2① x＝v3t② 得：v3＝x 2gh＝3.0 m/s。③ (2)物块 M 与小球在 B 点处碰撞，设碰撞前物块 M 的速度 为 v1，碰撞后小球的速度为 v2，由动量守恒定律： Mv1＝mv2＋Mv3④
解析：(1)由题图乙可知： 长木板的加速度 a1＝12 m/s2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力 Ff＝ m1a1＝2 N 小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝mF2fg＝0.2。 (2)由题图乙可知，小物块的加速度 a2＝42 m/s2＝2 m/s2 由牛顿第二定律可知：F－μm2g＝m2a2 解得 F＝4 N。
碰后小球从 B 点处运动到最高点 A 过程中机械能守恒，设 小球在 A 点的速度为 vA，则12mv22＝12mvA2＋2mgL⑤
小球在最高点时有：2mg＝mvLA2⑥ 由⑤⑥解得：v2＝6.0 m/s⑦ 由③④⑦解得：v1＝mv2＋MMv3＝6.0 m/s⑧ 物块 M 从 P 点运动到 B 点过程中，由动能定理： －μMgx1＝12Mv12－12Mv02⑨ 解得：v0＝ v12＋2μgx1＝7.0 m/s。 [答案] (1)3.0 m/s (2)7.0 m/s