动力学、动量和能量观点在力学中的应用
专题 力学三大观点的综合应用-推荐下载
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/s 2.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 s 12.75 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 v 0＝2m v v ＝2.5 m/s.(2)解得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s 1，由功能关系得－F f ·s 1＝(m ＋m )v 2－m v 121220解得s 1＝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v 1、v 2，碰后的速度分别为v 1′、v 2′.有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′m v ＋m v ＝m v 1′2＋m v 2′212211221212得v 1′＝v 2，v 2′＝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 .)s 2＝()t ＋6.5L ，解得s 2＝12.75 m.12v 021．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为3h2M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的圆弧．质量为m 的小球A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，14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 2 (2) (3)≤cos α≤1gh 23gh 23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：h ＝gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝1212gt v 1解得：v 1＝，s ＝hgh 由机械能守恒定律得：m v ＝mgh ＋m v 1220321221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 B m v ＝m v ＋M v 1221122A 122B v B ＝v 1＝.2m m ＋M 23gh (3)由(2)可知，当M ≪m 时v B ≈2＞从顶端飞离则cos α＝1gh gh 当M ≫m 时，v B ＝0，设B 球与圆弧面在C 处分离，则：Mgh (1－cos α)＝M v 122CMg cos α＝M ，cos α＝，故≤cos α≤1v 2C h 23231．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C 之间的摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：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A 、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 )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋(m A ＋m B )v ＝m A v ＋m B v 1220122A 122B 联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s.(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2，方向水平向左对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋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 Q ＝m B v －(m A ＋m B ＋m )v 2122B12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v 1，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/s 2，a B ＝μ2g ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2v 1＝v －a A t ＝－v ＋a C t解得：v 1＝0.5 m/st ＝0.5 sx A 1＝t ＝0.5 m ，x C 1＝t ＝－0.25 mv ＋v 12－v ＋v 12故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A 1＋|x C 1|＝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＝＝3 m/sv 12碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝m v －×2m v ②1221122解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－2μmg③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 ＋at 212④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s②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×2m v －×2m v ＝－μ·2mg ·4L122A 122当v 2＝v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.12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) (2)mgx 0 (3)123gx 014(20＋43)gx 0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°＝m v 1221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 ＋·2m v ＝2mgx 0 sin 30°122解得E p ＝mgx 0.14(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 4m v 2＋3mgx 0 sin 30°＝m v 121223m 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·2m v ＋E p ＝·2m v ＋2mgx 0sin 30°12241225此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则m v ＝m v ＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)12251226在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝.(20＋43)gx 02．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)(－3) m6215解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝m 1v 1220解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝m 1v 2－m 1v 121220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 2m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122m 1速度方向不变即v 1＝v 0＞0m 1－m 2m 1＋m 2则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝gt 212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＝v 0＝v 0≈v 0＝5.0 m/s m 1－m 2m 1＋m 21－m 2m 11＋m 2m 1v 2＝v 0＝v 0≈2v 0＝10.0 m/s2m 1m 1＋m 221＋m 2m 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－μm 2gL ＝m 2v 2′2－m 2v 12122解得v 2′＝2 m/s21落地点射程为x 2＝v 2′t ＝ m6215m 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(－3) m.6215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＝0E ＝m 1v ＋m 2v ＝75 J.1221122(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 ＝＝4 m/s2g (h 1－h 2)v x ＝＝3 m/sv ytan θ合速度为：v B ＝5 m/s物体从B 到C 过程中：m 1gr (1－cos θ)＝m 1v －m 1v 122C122B F N －m 1g ＝m 1v 2C rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝F N ＝46 N ，方向竖直向下．(3)甲物体平抛运动时间：t ＝＝0.4 sv yg 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/s 2甲物体在车上运动时间为：t 1＝＝1 sv 0－v xa 1甲物体的对地位移：x 1＝(v 0＋v x )t 1＝4 m12甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝＝1 m/s 2μm 1gM 甲离开车时，车对地的位移：x 2＝a 2t ＝0.5 m 1221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．资料定值者对(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 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速33度为6m/s ，方向水平向左3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：m 1v ＝m 1g ·2R ＋m 1v ，1220122D 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 m/s.3(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 ＝m 1v ＝m 2v ，1220122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乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：s ＝＝12 m ＜20 mv 2乙2a 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 ＝m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122解得：v 1＝2 m/s ，v 2＝6 m/s33之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则m 1v ＝m 1gh 1221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v 2＝2 m/s3乙滑上传送带，因v 2＝6 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3AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 m/s3故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速度为6 m/s ，方向水平向左．33。
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针对训练
2．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道 的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰 撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求： (1)两小球碰前A的速度大小vA； (2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
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解析
解析：根据功的定义式，水平面的阻力 Ff 做的功 W1＝－Ffx， 选项 A 错误；P、Q 碰撞时虽然受到水平面的阻力作用，但作用 时间很短，内力远大于外力，故 P、Q 碰撞过程动量守恒，选项 B 错误；由能量守恒定律得 P、Q 碰撞过程中损失的能量为12mv2 －12(m＋M)v′2－Ffx，选项 C 正确；由动能定理知，物体 P 克服 外力做的总功等于物体动能的变化，即12mv2－12mv′2，选项 D 错误．
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针对训练
1．如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一质量为M静止的橡皮泥块 Q发生碰撞，且碰撞时间很短，碰后两者粘在一起，共同速度为v′.已知物体P运动时所受水平面的阻力 大小恒为Ff，则在这一过程中，下列说法正确的是( ) A．水平面的阻力Ff做的功为Ffx B．由于受到水平面阻力的作用，所以P、Q碰撞过程动量不守恒 C．P、Q碰撞过程中损失的能量为1/2mv2－1/2(m＋M)v′2－Ffx D．物体P克服外力做的总功为1/2mv2－Ffx
[答案] D
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考点一 动量和能量观点在力学中的应用
考向3 动量和能量综合问题 [例3] 如图所示，表面光滑、高度h＝0.8 m的固定平台上放置两个滑块A、B，质量分别是mA＝1 kg、 mB＝2 kg，两滑块间夹有被压缩的轻弹簧，弹簧与滑块不拴接，且弹簧被锁．平台右侧有一小车静止在 光滑的水平地面上，小车质量M＝3 kg，车长L＝1.0 m，小车的上表面与平台的台面等高，滑块和车上 表面间的动摩擦因数μ＝0.2.弹簧解除锁定后，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动， 滑块A从左端飞离平台，其落地点与平台左端的距离x＝2 m，滑块B从平台右端冲上小车．已知两滑块 均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2. (1)求滑块B冲上小车后与小车发生相对运动的过程中，滑块B对小车做的功W； (2)若在小车上安装一个竖直薄弹性挡板P(图中未画出)，当滑块和挡板相撞后将反向弹回而速度的大小 不变，在保证滑块B既和挡板相撞又不能脱离小车的条件下，求挡板P的位置到小车左端的距离x的取值 范围(最终结果保留两位有效数字)．
2019年高考物理总复习(教科版)课件：第6章 专题讲座六 动力学、动量和能量观点的综合应用
〚核心点拨〛 摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少.
解析:(1)当木块可自由滑动时,子弹、木块所组成的系统动量守恒 mv0=(m0+m)v
1 2 1 2 由动能定理得 m v0 - (m+m0)v =fL 2 2
mv0 2 mm0v02 可解出打入深度为 L= = , m 2 f (m m0 ) 2 f ( 1) m0
动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有Δ Ek=Ffd
Mmv02 =Q= ,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦 2(M m) Mmv0 2 m 力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得 Ff= ,s2= d. M m 2( M m)d
3.动力学分析 从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作
v0 v x d d v v v 用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有 2 = 2 = 0 ,所以有 = 0 = v v x2 x2 v 2
M m m ,解得 x2= d. m M m
说明:(1)若M≫m,则x2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽 略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据. (2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再 相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是Δ Ek=Ffd(这里的d
2 度为 v0,设木块对子弹的阻力始终保持不变. 5
(1)求子弹穿透木块后,木块速度的大小;
解析:(1)由动量守恒定律得
2 v mv0=m· v0+3mv,解得 v= 0 . 5 5 v 答案:(1) 0 5
2023届高考一轮复习学案：三大力学观点中的三类典型题
“三大力学观点”中的三类典型题学案1内容归纳：1.解动力学问题的三个基本观点(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，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.力学中的五大规律规律公式表达＝ma牛顿第二定律F合W合＝ΔE k动能定理W合＝m v－m vE1＝E2机械能守恒定律mgh1＋m v＝mgh2＋m vF合t＝p′－p动量定理I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′突破一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，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。
(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(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。
则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB.．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同[练习１]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。
现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。
动力学、动量和能量观点在电学中的应用
动力学、动量和能量观点在电学中的应用————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：专题强化十三动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读 1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力.3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点.命题点一电磁感应中的动量和能量的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1动量定理和功能关系的应用例1如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：图1(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R 的电流大小与方向. (2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R 上产生的热量Q . (3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.答案 (1)BL R ＋r 2gH ，方向向左 (2)R R ＋r mg (h ＋d ) (3)B 2L 2dmg (R ＋r )＋2(H －h )g － 2H g解析 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 1， 根据动能定理：mgH ＝12m v 12①由法拉第电磁感应定律：E ＝BL v 1② 由闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r③由①②③得：I ＝BLR ＋r2gH由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R 的电流方向向左. (2)由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v 1， 由能量守恒，得：Q 总＝mg (h ＋d ) 电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rmg (h ＋d )(3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v 2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v 12－v 22＝2gh ，得：v 2＝2g (H －h )设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t ，根据动量定理： 设向下为正方向：mgt －B I Lt ＝m v 2－m v 1 此过程通过整个回路的电荷量为：q ＝I t ＝BLdR ＋r 得：t ＝B 2L 2dmg (r ＋R )＋2(H －h )g－2H g变式1 (2018·甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10 m /s 时，再释放a ，经过1 s 后，a 的速度达到12 m/s ，g 取10 m/s 2，则：图2(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？答案(1)18 m/s(2)匀加速运动解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有(mg＋F)t＝m v a(mg－F)t＝m v b－m v0代入数据可解得v b＝18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋Fm，b产生的加速度a2＝g－Fm.当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的ΔΦ逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动.类型2动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.例2 (2017·湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图3所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m /s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：图3(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析 (1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度为：v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上.变式2 如图4所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：图4(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热. 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时，速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12m v 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞 由动量守恒定律：m v 0＝m v 1＋m v 2 由机械能守恒定律：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22解出v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大.b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒. 由动量守恒定律：m v 2＝m v 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后任一时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2(v b －v c )mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：m v 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12m v 22＝12(m ＋m2)v 2＋Q解出Q ＝13mgh命题点二 电场中动量和能量观点的应用动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键. 例3 如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场.质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小； (2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能； (3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小. 答案 (1)2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3m v 2解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3m v 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I ＝m v 1－0 解得I ＝6EqLm4，方向水平向右 变式3 如图6所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点.已知A 、B 两球始终没有接触.重力加速度为g .求：图6(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小. 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝12×2m v 02解得：v 0＝2gh(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2m v 0＝(2m ＋m )v ，解得：v ＝23v 0＝232gh据能量守恒定律：2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p ，解得：E p ＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.以A 球刚进入水平轨道的速度方向为正方向， 2m v 0＝2m v A ＋m v B ，12×2m v 02＝12×2m v A 2＋12m v B 2 得：v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4 如图7所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m ，长为d ，电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为q 的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒粘合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图7(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小； (2)电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)qBd 3m (2)q 2B 2d 2R72m (R ＋r )解析 (1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：d2＝r ＋r sin (90°－60°) ①小球在磁场中做匀速圆周运动：q v 0B ＝m v 20r②由①②得：v 0＝qBd3m③(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝(m ＋3m )v④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热： 12(m ＋3m )v 2＝Q ⑤Q R ＝R R ＋rQ⑥由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R 72m (R ＋r )变式4 如图8所示，水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m 、电荷量为＋q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动.在A 点右下方的磁场中有定点O ，长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端连接不带电的质量同为m 的小球Q ，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q ，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P 开始运动的同时自由释放Q ，Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球黏在一起运动.P 、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .图8(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ； (2)若绳能承受的最大拉力为F ，要使绳不断，F 至少为多大？ 答案 (1)mg q Im (2)(I －m v 0)22ml＋2mg解析 (1)设小球P 所受电场力为F 1，则F 1＝qE 在整个空间重力和电场力平衡，有F 1＝mg 联立得E ＝mgq由动量定理得I ＝m v 故v ＝I m.(2)设P 、Q 相向正碰后在W 点的速度为v m ，以与v 0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得m v －m v 0＝(m ＋m )v m此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得 F －(m ＋m )g ＝(m ＋m )l v m 2联立相关方程，得 F ＝(I －m v 0)22ml＋2mg .1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .现将质量为m 1的导体棒ab 放置于导轨的水平段，将质量为m 2的导体棒cd 从导轨的圆弧部分距水平段高为h 的位置由静止释放.已知导体棒ab 和cd 接入电路的有效电阻分别为R 1和R 2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g .求：图1(1)导体棒ab 、cd 最终速度的大小； (2)导体棒ab 所产生的热量.答案 (1)都为m 2m 1＋m 22gh (2)R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh解析 (1)设导体棒cd 沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v 0，由机械能守恒定律m 2gh ＝12m 2v 02，解得v 0＝2gh ，随后，导体棒cd 切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd 、ab 受到安培力的作用，其中导体棒cd 所受的安培力为阻力，而导体棒ab 所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd 与导体棒ab 速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd 与导体棒ab 以相同的速度匀速运动，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得两棒最终速度为v＝m 2m 1＋m 22gh(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q ＝ΔE ＝12m 2v 02－12(m 1＋m 2)v 2＝m 1m 2m 1＋m 2gh由焦耳定律可得，导体棒ab 、cd 所产生的热量之比是：Q 1Q 2＝R 1R 2解得Q 1＝R 1R 1＋R 2·m 1m 2m 1＋m 2·gh 2.(2018·湖南怀化质检)如图2所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A 、B ，质量分别为3m 和m ，小球A 带正电q ，小球B 带负电－2q ，开始时两小球相距s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，小球B 的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值.图2答案 见解析解析 由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得3m v 0＝3m v A ＋m v B①所以，系统的动能减小量为ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2 ②由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为 E p ＝ΔE k ＝12×3m v 02－12×3m v A 2－12m v B 2 ③联立①③两式，得E p ＝－6m v A 2＋9m v 0v A －3m v 02 ④ 由④式得：当v A ＝34v 0⑤时，系统的电势能取得最大值，而将⑤式代入①式，得v B ＝v A ＝34v 0 ⑥即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为E pmax ＝38m v 02 ⑦3.如图3所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1的B 处放有一质量为m 、电荷量为＋q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：图3(1)释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前小物体的速度v 1为多大？(2)若小物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的35，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？ 答案 (1)2qEL 1m (2)252qEL 1m (3)135qEL 1 解析 (1)对物体，根据动能定理，有qEL 1＝12m v 12，得v 1＝2qEL 1m(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v 1′，滑板的速度为v ，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 1＝m v 1′＋4m v若v 1′＝35v 1，则v ＝110v 1，因为v 1′＞v ，不符合实际，故应取v 1′＝－35v 1，则v ＝25v 1＝252qEL 1m. (3)在物体第一次与A 壁碰后到第二次与A 壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同. 所以12(v 2＋v 1′)t ＝v t ，即v 2＝75v 1＝752qEL 1m. 对整个过程运用动能定理得：电场力做功W ＝12m v 12＋(12m v 22－12m v 1′2)＝135qEL 1.4.(2017·山东青岛一模)如图4所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m /s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m /s 2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有 E ＝Bd v 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0 解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v 2Pr解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.。
二轮复习力学三大观点的综合应用 课件
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考点一
考点二
考点三
(1)为使物块越过“壕沟”,求物块在B点最小ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ度v的大小;
(2)若θ=37°,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小;(sin
37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)若θ大小不确定,为使物块恰好越过“壕沟”,求力F的最小值。 关闭
((1结)由果h可=1保gt留2,得根号t=0) .4 s,v=������=4 m/s。
2
������
(2)v2=2al,解得 a=0.8 m/s2。
对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma,即 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������
代入数据可得 F≈5.27 N。
(3)由数学知识可知 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������ = N(1()其4 m中/stan(2φ)=5μ.2)7。N (3)58255 N
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考点一
考点二
考点三
例2如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用 下从A点由静止开始沿水平直轨道运动,到B点后撤去力F,物体飞出 后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg,物块与水 平直轨道间的动摩擦因数μ=0.5,AB段长L=10 m,B、E两点的高度 差h=0.8 m,B、E两点的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点,空气 阻力不计,g取10 m/s2。
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。
答案： (1)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N
2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
教学设计浏阳一中彭玉明专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 (教案)
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.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).解题方略1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；(5)必要时对结果进行讨论.例1如图1所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.图1解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：m v 0＝M v ＋m v 112m v 20＝12m v 21＋12M v 2 解得v 1＝m －M m ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左. v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右. (2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋m v 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝m v 2－m v 1，解得I ＝4 N·s.答案 (1)小车：3 m/s ，方向向左小球：2 m/s ，方向向右(2)4 N·s预测1 (2016·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变.该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为。
动量和能量的综合问题-高考物理复习
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小； 答案 8 m/s
当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为 正方向，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv 由能量守恒定律有 12(m0＋M)v12＝12(m0＋M)v32＋12mv2 联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s， 即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
1234
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B
移动的距离；
答案
l 3
对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB， xC＋xAB＝l 联立解得从 C 球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B 移动 的距离为 xAB＝3l .
1234
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度.
⑩
设在M点轨道对物块的压力大小为FN，
则 FN＋mg＝mvRM2
⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－ 2 )mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点.
(3)物块A由静止释放的高度h. 答案 1.8 m
物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，
碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s ⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根
(3)求平板A在桌面上滑行的距离.
答案
3 8m
A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmBg＝mBaB 对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA 解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2 设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt 解得 v＝12 m/s，t＝14 s 此过程中A向左运动距离 x1＝vA＋2 vt＝2＋2 12×14 m＝156 m
高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用
一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg[解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2ght ＋mg 。
方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg 。
选项A 正确。
题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一：根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。
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专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 专题解读 1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题. 2.学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题. 3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律).
一、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma
力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk
W合＝12mv22－12mv12
机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22
力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、常见的力学模型及其结论 模型名称 模型描述 模型特征 模型结论 “速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2
＝0，v1＝v0)
“完全非弹性碰撞”模型 两球正碰后粘在一起运动 动量守恒、能量损失最大 v＝m1m1＋m2v
0(v2＝0，v1
＝v0)
“子弹打木块”模型 子弹水平射入静止在光滑的水平面上的木块中并最终一起共同运动 恒力作用、已知相对位移、动量守恒 Ffx相对＝12m1v02－12(m1
＋m2)v2
“人船”模型 人在不计阻力的船上行走 已知相对位移、动量守恒、开始时系统静止 x船＝mM＋mL， x人＝MM＋mL 命题点一 动量与动力学观点的综合应用 1.解动力学问题的三个基本观点 (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，可处理非匀变速运动问题. (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题. 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. 例1 (2017·山西五校四联)如图1甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
图1 (1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)Q运动的时间t. 答案 (1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s 解析 (1)在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有： F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0 其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s 解得v＝8 m/s 设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有： μmg＝ma P在B、C两点间做匀减速直线运动，有： v2－v12＝2aL
解得v1＝7 m/s (2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2 12mv12＝12mv1′2＋12mv22
碰撞后Q做匀减速直线运动，有： μmg＝ma′ t＝v2a′ 解得t＝3.5 s 变式1 (2018·宁夏银川质检)质量为m1＝1 200 kg的汽车A以速度v1＝21 m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝800 kg的汽车B以速度v2＝15 m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求： (1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小； (2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍； (3)两车一起滑行的距离. 答案 (1)6 m/s (2)6倍 (3)6 m 解析 (1)对于减速过程有 a＝μg 对A车有：vA＝v1－at 对B车有：vB＝v2－at 以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得： m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共 可得v共＝6 m/s (2)对A车由动量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA 可得F＝7.2×104 N 则Fm1g＝6 (3)对共同滑行的过程有 x＝v 2共2a 可得x＝6 m 命题点二 动量与能量观点的综合应用
1.两大观点 动量的观点：动量定理和动量守恒定律. 能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.解题技巧 (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)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初、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. 例2 如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑.水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内.a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动.(g取10 m/s2)求： 图2 (1)物块a与b碰后的速度大小； (2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离； (3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离.
答案 (1)1 m/s (2)132 m (3)0.125 m 解析 (1)对物块a，由动能定理得 －μmgL＝12mv12－12mv02 代入数据解得a与b碰前a的速度：v1＝2 m/s； a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv1＝2mv2 代入数据解得v2＝1 m/s (2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1 m/s的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，代入数据解得v3＝0.25 m/s. 对小车，由动能定理得μmgs＝12m0v32 代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝132 m (3)由能量守恒得μmgx＝12mv22－12(m0＋m)v32 解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x＝0.125 m 变式2 (2017·山东潍坊中学一模)如图3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，绳子处于松弛状态.现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，
当C的速度为14v0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316v0.已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m.重力加速度为g，求： 图3 (1)从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直； (2)从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能.
答案 (1)3v04μg (2)4171 024mv02 解析 (1)从C获得速度v0到绳子刚好伸直的过程中，以v0的方向为正方向，根据动量定理得： －μmgt＝14mv0－mv0 解得：t＝3v04μg (2)设绳子刚伸直时B的速度为vB，对B、C组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝m·14v0＋3mvB 解得：vB＝14v0 绳子被拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得： 3mvB＝2mvA＋3m·316v0 解得：vA＝332v0 整个过程中，根据能量守恒定律得： ΔE＝12mv02－12×2mv 2A－12×3m·(316v0)2－12m·(14v0)2＝4171 024mv02
命题点三 力学三大观点解决多过程问题
1.表现形式 (1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动. (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动. (3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动. 2.应对策略 (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