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m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为.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) m/s(2)6次(3)5 s 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mv0＝2mv

v＝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s1，由功能关系得

－F f·s1＝1

2(m＋m)v2－

1

2mv20

解得s1＝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v1′、v2′.有

mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′

1

2mv21＋1

2mv22＝

1

2mv1′2＋

1

2mv2′2

得v1′＝v2，v2′＝v1

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＝v0＋at

a ＝－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 L ，其余每两份面积和均为L .)

s 2＝12(v 0

2)t ＋，解得s 2＝ m.

1．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高3h

2的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的1

4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，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)23gh (3)2

3≤cos α≤1

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：12h ＝12gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝gt

v 1

解得：v 1＝gh ，s ＝h

由机械能守恒定律得：12mv 20

＝32mgh ＋12mv 2

1 解得：v 0＝2gh .

(2)设碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动量、能量守恒得 mv 1＝mv A ＋Mv B

12mv 21

＝12mv 2A ＋1

2Mv 2B v B ＝2m m ＋M

v 1＝23gh .

(3)由(2)可知，当M ?m 时v B ≈2gh ＞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：

Mgh (1－cos α)＝1

2Mv 2C

Mg cos α＝M v 2C

h ，cos α＝23，故23≤cos α≤1

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、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 、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v0＝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＝，B、C之间的动摩擦因数为μ2＝，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) J m/s (3) 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 B

E p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 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 ＝12m B v 2B －12(m A ＋m B ＋m )v 2 解得：Q ＝ J ，v ＝ 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 2 μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2

v1＝v－a A t＝－v＋a C t 解得：v1＝m/s

t＝s

x A1＝v＋v1

2t＝m，x C1＝

－v＋v1

2t＝－m

故A、C间的相对运动距离为x AC＝x A1＋|x C1|＝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P1沿光滑轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2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t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．

图4

(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/s9 J(2)10 m/s≤v1≤14 m/s17 J

解析(1)设P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2 ①

解得：v2＝v1

2＝3 m/s

碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12mv 21－1

2×2mv 22 ②

解得ΔE ＝9 J.

(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 2ma ＝－2μmg

③

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 2

④

由①③④式得v 1＝6L －at 2

t

①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 12×2mv 2A －12

×2mv 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝1

2v 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)123gx 0 (2)1

4mgx 0 (3)

20＋43gx 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°＝1

2mv 21 由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2

解以上二式得v 2＝1

23gx 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 ＋12·2mv 2

2＝2mgx 0 sin 30°

解得E p ＝1

4mgx 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 12mv 2＋3mgx 0 sin 30°＝12mv 23 mv 3＝2mv 4

A 、

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 12·2mv 24＋E p ＝12

·2mv 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12mv 25＝12mv 2

6＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)

在最高点有mg ＝mv 2

6R 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＝ m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝ m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝ 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 ＝ 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) m/s (2)m 1＞m 2 (3)(621

5－3) m

解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝1

2m 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 ＝ 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 2

m 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 2

v 0＝1－m 2m

11＋m 2m

1

v 0≈v 0＝ m/s v 2＝2m 1m 1＋m 2

v 0＝21＋m 2m

1

v 0≈2v 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 ＝ 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 ＝621

5 m

m 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(621

5－3) 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M ＝4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高h 1＝ m ．水平面右边的台阶高h 2＝ m ，台阶宽l ＝ 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＝.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°＝，cos 53°＝．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＝0 E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝75 J.

(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 y v y ＝2g h 1－h 2＝4 m/s

v x ＝v y

tan θ＝3 m/s

合速度为：v B ＝5 m/s

物体从B 到C 过程中：

m 1gr (1－cos θ)＝12m 1v 2C －1

2m 1v 2B

F N －m 1g ＝m 1v 2

C r F 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 ＝v y

g ＝ s 平抛水平位移：x ＝v x t ＝ m ＞ 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＝v 0－v x

a 1

＝1 s

甲物体的对地位移：x 1＝1

2(v 0＋v x )t 1＝4 m

甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝μm 1g

M ＝1 m/s 2

甲离开车时，车对地的位移：x 2＝12a 2t 2

1＝ m 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 ＝ 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，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2 3 m/s ，方向水平向右，乙的速度为63m/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： 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 2

D 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 ＝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

乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远， 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 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s

之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝ m ＜ 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 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 ，方向水平向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向水平向左．

三大力学观点的综合应用测试题及解析

三大力学观点的综合应用测试题及解析 1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为v ＋Δv 、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( ) A.m 2·Δv (M ＋m )Δt B.M 2·Δv (M ＋m )Δt C.Mm ·Δv (M ＋m )Δt D ．0 解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M (v ＋Δv )＋ m v ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·Δv M ＋m ，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝m v ′－m v ，解得F ＝Mm ·Δv (M ＋m )Δt ，故C 正确。 2.(2020·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态，质量分别为2m 、m 和2m 。其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( ) A ．b 球的速度大小为13 v ，运动方向与原来相反 B ．b 球的速度大小为23 v ，运动方向与原来相反 C ．c 球的速度大小为83 v D ．c 球的速度大小为23 v 解析：选B 设b 球脱离弹簧时的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2m v ＋m v 0，解得v 0＝2v ；b 、c 两球相碰过 程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v b ＋2m v c ，12m v 02＝12m v b 2＋12·2m v c 2，联立解得v b ＝－23 v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43 v ，故B 正确。 3.[多选]如图所示，A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R 。将小球A 从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则( ) A ．A 能到达半圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到半圆槽的最低点时A 的速率为 gR 3 C ．A 运动到半圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3

2020高考二轮复习 专题5、动力学三大观点综合应用

1 / 5 动力学三大观点综合应用 专题 一、牛顿第二定律与动能定理的综合应用 1、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示，g 取 10 m/s 2,sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.则（ ） A.物体的质量m=0.67 kg B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5 C.物体上升过程中的加速度大小a=1m/s D.物体回到斜面底端时的动能E=10J 2、倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的轻弹簧下端固定在挡板上，其自然伸长时弹簧的上端位于斜面体上的0点.质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，连接甲的细绳与斜面平行，如图所示.开始时物块甲位于斜面体上的M 处，且MO=L ，物块乙距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当甲将弹簧压缩到N 点时，甲的速度减为零，ON=L/2，已知物块甲与斜面间的动摩擦因数为μ= 8 3 ，θ＝30°,重力加速度g 取10m/s 2，忽略空气阻力，整个过程细绳始终没有松弛且乙未碰到滑轮,则下列说法正确的是（ ） A.物块甲由静止释放到滑至斜面体上N 点的过程，物块甲先匀加速运动紧接着 做匀减速运动到速度减为零 B.物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5m/s 2 C.物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为15mgL/8 D.物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为3mgL/8 3、如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB ，半径R=10m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF ，分别通过水平光滑衔接轨道 BC 、C'E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离L=40m 。现有质量m=500kg 的过山车，从高h=40m 处的A 点静止下滑，经 BCDC'EF 最终停在G 点。过山车与轨道 AB 、EF 的 动摩擦因数均为μ1=0.2，与减速直轨道FG 的动摩擦因数μ2=0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求： （1）过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； （2）过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力； （3）减速直轨道 FG 的长度 x 。(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)

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 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为.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) m/s (2)6次(3)5 s 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mv0＝2mv v＝ 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s1，由功能关系得 －F f·s1＝1 2 (m＋m)v2－ 1 2 mv20 解得s1＝ 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v1′、v2′.有 mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ 1 2mv21＋ 1 2 mv22＝ 1 2 mv1′2＋ 1 2 mv2′2 得v1′＝v2，v2′＝v1 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＝v0＋at a＝－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s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积

力学三大观点的综合应用资料讲解

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．

高中物理三大力学观点的综合应用检测题

高中物理三大力学观点的综合应用检测题 1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为v ＋Δv 、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( ) A.m 2·Δv M ＋m Δt B.M 2·Δv M ＋m Δt C. Mm ·Δv M ＋m Δt D ．0 解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M (v ＋Δv )＋ mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·Δv M ＋m ，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定 理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝ Mm ·Δv M ＋m Δt ，故C 正确。 2.(2020·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态，质量分别为2m 、m 和2m 。其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( ) A ．b 球的速度大小为1 3v ，运动方向与原来相反 B ．b 球的速度大小为2 3v ，运动方向与原来相反 C ．c 球的速度大小为8 3v D ．c 球的速度大小为2 3 v 解析：选B 设b 球脱离弹簧时的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ；b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 02＝12mv b 2＋12·2mv c 2 ，联立解得v b ＝－23v (负 号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝4 3 v ，故B 正确。 3.[多选]如图所示，A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为 R 。将小球A 从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则( ) A ．A 能到达半圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到半圆槽的最低点时A 的速率为 gR 3

2020高考物理二轮复习强化练习(九) 力学三大观点的综合应用含解析

专题强化练(九)力学三大观点的综合应用 (满分:64分时间:40分钟) 一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分) 1. (考点3)(多选)(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则() A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2 D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2 A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx'=ma,对比可得x'=,即此时弹簧的压缩量为,选项A正确;取水平向左为正方向,根据 系统的动量守恒得2m-m=0,又x A+x B=x,解得A的位移为x A=x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mv B,得物块B刚要离开弹簧时的速度v B=2v,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p=·2mv2+=3mv2,选项C错误、D正确。 2. (考点2)(多选)(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g。下列说法正确的是() A.木板获得的最大速度为 B.铁块获得的最大速度为 C.铁块与木板之间的动摩擦因数为 D.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为 B系统,根据动量守恒定律有mv0=4mv1,解得v1=,选项A错误;对木板B和铁块A(包括子弹)系统根据动量守恒定律有mv0=5mv2,解得v2=,选项B正确;子弹打入木板后,对木板B

力学的三大基本观点及其应用

力学的三大基本观点及其应用 一、力学的三个基本观点： 力的观点：牛顿运动定律、运动学规律 动量观点：动量定理、动量守恒定律 能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律 例1．质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，速度为v0，某时刻拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大 小结:先大后小,守恒优先 变1：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大 小结:涉及时间，动量定理优先 变2：质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上匀速前进，中途拖车脱钩，待司机发现时，汽车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门．设运行过程中所受阻力与重力成正比，汽车牵引力恒定不变，汽车停下时与拖车相距多远 小结:涉及位移，动能定理优先 二、力的观点与动量观点结合： 例2．如图所示，长 12 m、质量为 50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为，质量为 50 kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以 4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住立柱，(取 g＝10 m/s2)试求： (1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小． (2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间． (3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑动还能滑行多远的距离

三、动量观点与能量观点综合： 例3．如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m1的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端与质量为 m2的挡板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端 O 点．A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g，求： (1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小． (2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 E p(设弹簧处于原长时弹性势能为零)． 四、三种观点综合应用： 例4．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值 d 时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于 d 时，存在大小恒为 F 的斥力．设 A 物体质量 m1＝ kg，开始时静止在直线上某点；B 物体质量m2＝ kg，以速度 v0从远处沿直线向 A 运动，如图所示．若 d＝ m，F＝ N，v0＝ m/s，求： (1)相互作用过程中 A、B 加速度的大小； (2)从开始相互作用到 A、B 间的距离最小时，系统动能的减少量； (3)A、B 间的最小距离． 例5．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m、长度为 L的小车，小车左端有一质量也是 m 可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧长度与车长相比可忽略)，物块与小车间滑动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态．现在给物块一个水平向右的初速度 v0，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止．求： (1)物块的初速度 v0及解除锁定前小车相对地运动的位移． (2)求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少

专题强化四 力学三大观点的综合应用—2021高中物理一轮复习学案

专题强化四力学三大观点的综合应用 一、解动力学问题的三个基本观点 力的观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 动量观点用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统 ②研究过程都是某一运动过程 不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。 (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。 (3)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。 (4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。 1．动力学方法的应用 若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。 例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l＝1 m，高为h ＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。求： (1)前2 s内木板的加速度大小； (2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。 [解析]本题根据F－t图象考查板块问题。

动力学三大定律的综合应用汇总

动力学三大定律的综合应用 教学目的：1.明确三大定律的区别及解题过程中的应用原则 2.掌握三大定律解题的思路和方法 教学重点、难点：用两个守恒定律去解决问题时，必须注意研究的问题是否满足守恒的条件． 考点梳理： 一、解决动力学问题的三个基本观点 1．力的观点 牛顿运动定律结合运动学公式，是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系．利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节．中学只能用于匀变速运动(包括直线和曲线运动)，对于一般的变加速运动不作要求． 2．动量的观点 动量观点主要考虑动量守恒定律． 3．能量的观点 能量观点主要包括动能定理和能量守恒定律．动量的观点和能量的观点研究的是物体或系统经历的过程中状态的改变，它不要求对过程细节深入研究，关心的是运动状态的变化，只要求知道过

程的始末状态动量、动能和力在过程中功，即可对问题求解．二、力学规律的选用原则 1．选用原则：求解物理在某一时刻的受力及加速度时，可用牛顿第二定律解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式． 2．动能定理的选用原则：研究某一物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，涉及位移和速度，不涉及时间时优先考虑动能定理。 3．动量守恒定律和机械能守恒定律原则：若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般用这两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件． 4．选用能量守恒定律的原则：在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量． 5．选用动量守恒定律的原则：在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场． 三、综合应用力学三大观点解题的步骤 1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．2．分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程比较复杂的问题，要正确、合理地把

高中物理“力学”解题的三大思路

高中物理——“力学”解题的三大思路1．力学研究的是物体的受力作用与运动变化的关系，以三条线索（包括五条重要规律）为纽带建立联系，如右表所示： 2．解决动力学问题，一般有三种途径： （1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)； （2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)； （3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点称.三条线索（主要是五条重要规律），俗称求解力学问题的三把“金钥匙” ☆3．三把“金钥匙”的合理选取：

①研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系(或涉及加速度)时，一般用力的观点解决问题； ②研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般优先选用动量定理，涉及功和位移时优先考虑动能定理； ③若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对路程的则优先考虑能量守恒定律. ④一般来说，用动量观点、 能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点。有些问题，用到的观点不只一个，特别像高考中的一些综合题，常用动量观点和能量观点联合求解，或用动量观点与力的观点联合求解，有时甚至三种观点都采用才能求解，因此，三种观点不要绝对化. 4．解决力学问题的常用程序是： ⑴．确定研究对象，进行运动和受力分析； ⑵．分析物理过程，按特点划分阶段．

⑶．选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程． ⑷．找出关键性问题，挖掘隐含条件，根据具体特点，列出辅助性方程． ⑸．检查未知量个数与方程个数是否匹配． ⑹．解方程组． 【例题展示】 1.滑雪运动员到达高为h的斜坡顶端时速度为v1，如图4所示．已知斜坡倾角为θ，滑雪板与斜坡的摩擦因数为μ．求运动员滑到底端的速度．

力学三大观点的综合应用二

力学三大观点的综合应用（二） 1、质量为M的圆环用细线（质量不计）悬挂着，将两个质量均为m的有孔小珠套在此环上且可以在环上做无摩擦的滑动，如图所示，今同时将两个小珠从环的顶部释放，并沿相反方向自由滑下，试求： （1）在圆环不动的条件下，悬线中的张力T随cosθ(θ为小珠和大环圆心连线与竖直方向的夹角)变化的函数关系，并求出张力T的极小值及相应的cosθ值； （2）小球与圆环的质量比至少为多大时圆环才有可能上升？ 2、如图(a)所示，把质量均为m的两个小钢球用长为2L的线连接，放在光滑的水平面上．在线的中央作用一个恒定的拉力，其大小为F，其方向沿水平方向且与开始时连线的方向垂直，连线非常柔软且不会伸缩，质量可忽略不计．试问： (1)当两连线的张角为2时，如图(b)所示，在与力F垂直的方向上钢球所受的作用力是多大？ (2)钢球第一次碰撞时，在与力F垂直的方向上钢球的对地速度为多大？ (3)经过若下次碰撞，最后两个钢球一直处于接触状态下运动，则由于碰撞而失去的总能量为多少？

3、如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C相距l=1.0m物快A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰，碰撞后A和B牢固粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C 的速度v=2.0m/s，已知A和B的质量均为m．C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45（设碰撞时间很短，g取10m/s2） （1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度（2）根据AB与C的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向． 4、

5、 6、如图所示，一长为6L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端固定在铰链O处（轻杆可绕铰链自由转动）。一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M=12m的小物块上，物块放置在倾角θ=30°的斜面顶端。已知滑轮到地面A点的距离为3L，铰链O到A点的距离为L，不计一切摩擦。整个装置从图中实线所示位置由静止释放，直到轻杆被拉至竖直位置。问：（1）在这一过程中小球与物块构成的系统重力势能变化了多少？是增加了还是减少了？ （2）当轻杆被拉至竖直位置时小球的瞬时速度多大？ （3）在这一过程中轻绳对轻杆做了多少功？

2020届二轮复习 分层突破练7 应用力学三大观点解决综合问题 作业

专题分层突破练7应用力学三大观点解决综合问 题 A组 1.(2019湖南长沙模拟)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则() A.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 2.(2019湖南怀化二模)如图所示,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)放置在光滑的水平面上,与一根处于自然长度的弹簧接触但不相连,弹簧另一端固定在竖直墙面上。水平面右侧与一倾角θ=37°、长s=1 m的斜面在A处平滑连接,在斜面顶端B处通过长度可忽略的圆弧轨道与光滑水平轨道BC 相连,半径R=0.8 m的竖直放置的光滑圆弧轨道CD与轨道BC相切于C点。现用外力作用于物块将弹簧压缩一段距离,然后撤去外力,物块由静止释放后恰好运动到D点。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:

(1)释放物块瞬间,弹簧的弹性势能E p; (2)物块由D点返回到C点时对圆弧轨道压力F N的大小; (3)物块第一次从A点运动到B点所经历的时间t。 3. (2019山东实验中学模拟)如图所示,在水平桌面上放有长度为L=2 m的木板C,C上右端是固定挡板P,在C中点处放有小物块B,P的厚度可忽略不计。C上表面与固定在地面上半径为R=0.45 m的圆 弧光滑轨道相切,质量为m=1 kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放,木板C与桌面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ。A、B、C(包含挡板P)的质量相同,开始时,B和C静 止,A、B可视为质点。(g取10 m/s2) (1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小; (2)若物块A与B发生碰撞,求滑动摩擦因数μ应满足的条件;

动力学的三个基本观点的应用(重点)

A B R L C s h a c d e R A B 动力学的三个基本观点的应用 1．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟。已知赛车质量m =0.1kg ，通电后以额定功率P =1.5W 工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L =10.00m ，R =0.32m ，h =1.25m ，s =1.50m 。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g =10m/s 2） 答案2.53s 2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍。两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求： （1）物块B 在d 点的速度大小； （2）物块A 滑行的距离s 。 答案:⑴2Rg v = ⑵μ 8R s = 3．两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平相切，如图所示。一块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h 。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B 。求物块在B 上能够达到的是大高度。 答案：12 12'()() M M h h M m M m =++ h A B

力学三大观点的综合应用

力学三大观点得综合应用 1．动量定理得公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向得关系外，还说明了两边得因果关系，即合外力得冲量就是动量变化得原因． 动量定理说明得就是合外力得冲量与动量变化得关系，反映了力对时间得累积效果，与物体得初、末动量无必然联系．动量变化得方向与合外力得冲量方向相同，而物体在某一时刻得动量方向跟合外力得冲量方向无必然联系． 动量定理公式中得F就是研究对象所受得包括重力在内得所有外力得合力，它可以就是恒力，也可以就是变力，当F为变力时，F应就是合外力对作用时间得平均值． 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与为零，这个系统得总动量保持不变． (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(系统总动量得增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用得两个物体组成得系统，两物体动量得增量大小相等、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得合力为零． 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．解决力学问题得三个基本观点 (1)力得观点：主要就是牛顿运动定律与运动学公式相结合，常涉及物体得受力、加速度或匀变速运动得问题． (2)动量得观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体得受力与时间问题，以及相互作用物体得问题． (3)能量得观点：在涉及单个物体得受力与位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量得转化问题时，常用能量守恒定律．

2013高考一轮：第六章动量 第3单元 研究动力学问题的三个基本观点

1．A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A ＞m B ，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定 ( ) A ．碰前A 的动量与 B 的动量大小相等 B ．碰前A 的动量大于B 的动量 C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量 D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量 解析：A 、B 两球动量守恒，有m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′。若v A ′＝0，则碰前A 的动量大于B 的动量；若v B ′＝0，则碰前A 的动量小于B 的动量。 答案：C 2．如图1所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面。现把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，m 与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间的距离x 随各量变化的情况是( ) 图1 A ．其他量不变，R 越大x 越大 B ．其他量不变，μ越大x 越大 C ．其他量不变，m 越大x 越大 D ．其他量不变，M 越大x 越大 解析：两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx ＝mgR ，解得x ＝R μ，故选项A 是正确的。 答案：A 3.如图2所示，设质量为M 的导弹运动到空中最高点时速度为v 0，突然炸成两块，质量为m 的一块以速度v 沿v 0的方向飞去，则另一块的运动( ) 图2

A ．一定沿v 0的方向飞去 B ．一定沿v 0的反方向飞去 C ．可能做自由落体运动 D ．以上说法都不对 解析：根据动量守恒得v ′＝M v 0－m v M －m 。m v 可能大于、小于或等于M v 0，所以v ′可 能小于、大于或等于零。 答案：C 4．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v 。在此过程中( ) A ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为1 2m v 2 B ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零 C ．地面对他的冲量为m v ，地面对他做的功为1 2m v 2 D ．地面对他的冲量为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零 解析：在运动员从下蹲状态向上起跳过程中，由动量定理I －mg Δt ＝m v ，即I ＝m v ＋mg Δt 。在此过程中，运动员双脚在地面对其弹力作用下未离开地面，故地面对运动员不做功，故B 正确。 答案：B 5．如图3所示，质量为m 的物体从半径为R 的内壁光滑的半圆形槽左侧最高点A 由静止开始滑下，不计空气阻力，则下列判断错误的是( ) 图3 A ．若半圆槽固定不动，物体可滑到右侧最高点 B B ．若半圆槽固定不动，物体到达底部 C 点时动能为mgR C ．若半圆槽与桌面间无摩擦，物体可滑到右边的最高点B D ．若半圆槽与桌面间无摩擦，物体到达底部C 点时的动能为mgR 解析：半圆槽固定不动时，物体滑动过程中机械能守恒，所以A 、B 正确；半圆槽与桌面间无摩擦时，设物体滑到右边的最大高度为h ，由系统的机械能守恒和水平方向动量守恒得0＝(m ＋M )v ，mgR ＝1 2 (M ＋m )v 2＋mgh ， 解得h ＝R ，C 正确；物体到达C 点时，半圆槽有一定动能，故物体动能小于mgR ，D 错误。

力学中的三把金钥匙--解答力学问题的三个基本观点

力学中的三把金钥匙 一、归纳小结 二、例题分析 1、放在水平桌面上的足够长的木板，质量m1＝3kg，它与地面间的动摩擦因素μ1＝0.1，另一质量m2＝1.98kg的木块静止于木板的左端，它与长木板间的动摩擦因素μ2＝0.5，今有质量m3＝0.02kg的子弹从左方以水平速度v0＝200m/s击中木块未穿出，求木块在木板上滑过的距离 m3v0

2、两个材料相同、高度相等、上表面粗糙程度相同的木块A 、B 紧靠着放在光滑水平面上，质量分别为m A ＝5kg 、 m B ＝3kg ，如图所示，另一质量m C ＝2kg 的铅块（体积可忽略）以相对于地面的水平初速度v C ＝8m/s 沿A 的上表面运动，最后停在B 上。C 在A 面上滑过的时间为t ＝0.8s ，且滑过A 时相对于地的速度为3m/s,取g ＝10m/s2,求： （1）木板B 的最大速度； （2）C 与A 、B 的动摩擦因素； （3）要使C 不至于从B 上滑出，B 的长度至少为多少？ 3、质量为M ＝3.0kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都是m ＝1.0kg 的小物体A 和B ，分别从左端和右端以水平速度v 1＝4.0m/s 和v 2＝2.0m/s 冲上小车，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A 、B 与车面的动摩擦因素都是μ＝0.20.g 取10m/s2. （1）求A 、B 在车上停止滑动时的速度。 （2）车的长度至少为多少？ （3）在图中给出的坐标系中画出 0～4.0s 内小车运动的v -t 图像 -1 0.60 1.0 2.0 3.0 4.0 t/s

三、巩固练习 1、质量kg 5.1=m 的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行s 0.2=t 停在B 点，已知A 、B 两点间的距离m 0.5=s ，物块与水平面间的动摩擦因数20.0=μ，求恒力F 多大。（2s /m 10=g ） 答案：15N 2、如图所示，木块B 和C 的质量分别为3M /4和M 固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上。一质量为M /4的木块A 以速度v 水平向右与木块B 对心碰撞，并粘在一起运动，求弹簧的最大弹性势能E m 。 答案：64 2 mv 3、如图所示，水平轨道上停放着质量m A =5.0×102kg 的小车A ，在A 的右方L =8.0m 处，另一小车B 正以速度v B =4.0m/s 向右做匀速直线运动而远离A 车。为使A 车能在t =10.0s 内追上B 车，立即给A 车适当施加向右的水平推力，使小车作匀变速直线运动。设小车A 受到水平轨道的阻力是车重的0.1倍，试问：在追及过程中，推力至少需要做多少功？取g =10m/s 2. 提示：推力作用一段时间后撤去，A 车继续滑行，追上B 车时速度恰好等于v B 答案：2.8×103 J B

专题(19)力学三大观点的综合应用(解析版)

2021年高考物理二轮重点专题整合突破 专题（19）力学三大观点的综合应用（解析版） 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． 第1页共15页

第 2 页 共 15 页 (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． 【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/s 2.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 Ⅲ E k ＝12m A v A 2＋1 2m B v B 2Ⅲ 联立ⅢⅢ式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/sⅢ (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 Ⅲ s B ＝v B t －1 2 at 2Ⅲ

解答动力学问题的三个基本观点(原创)

《动力学三大基本规律的综合应用》专题 一、知识要点 解答动力学问题的三大基本规律 1.力与运动观点:牛顿定律结合运动学公式 2.能量观点：动能定理和机械能守恒定律 3.动量的观点：动量定理和动量守恒定律 二.要点解析 1.动力学三大规律解决问题的范围 （1）牛顿定律结合运动学公式（力与运动观点）：用此观点解题时必须考虑运动状态改变的细节，只能用于解决匀变速运动问题（包括直线运动和曲线运动）. （2）动能定理和机械能守恒定律（能量观点）、（3）动量定理和动量守恒定律（动量的观点）： 这两种观点无需对过程是怎样变化的细节深入的研究，而更关心的是运动状态变化即改变结果量及其引起变化的原因。对任何过程的恒力、变力；匀变速、非匀变速；直线运动、曲线运动；时间长、瞬间过程；单、多过程都能运用. 2.使用动力学三大规律解题的优先顺序 （1）在涉及力、位移时优先考虑能量途径； （2）在涉及力、时间时优先考虑动量途径； （3）在同时涉及力、时间和位移时牛顿定律和运动学规律要相对简单些. 三．专题精练 1. 如图所示，水平台AB 距地面CD 高h ＝0.80m 。有一小滑块从A 点以6.0m/s 的初速度在平台上做匀变速直线运动，并从平台边缘的B 点水平飞出，最后落在地面上的D 点.已知AB ＝ 2.20m ，落地点到平台的水平距离为2.00m.不计空气阻力，g 取10m/s 2 ）.求：小滑块从A 到D 所用的时间和滑块与平台间的动摩擦因数. 力 运动 ma F =合at v v t +=0 2021at t v s += as v v t 2202=- 力 运动 12k k E E W -=合 2211p k p k E E E E +=+ 力 运动 p p p I ?=-=12合 2211, 22, 11v m v m v m v m +=+

2020高考物理二轮复习专题二能量与动量第5讲力学“三大观点”的综合应用练习(含解析)

力学“三大观点”的综合应用 1．如图所示，质量为m 2＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD 部分粗糙，长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m 1＝1 kg 的物块(可视为质点)自A 点由静止释放，取g ＝10 m/s 2 .求： (1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小； (2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能； (3)物块最终停止的位置． 解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m 1v 1－m 2v 2 由机械能守恒定律得：m 1gR ＝12m 1v 21＋12 m 2v 22 解得：v 1＝2 m/s. (2)由能量守恒定律得：E pm ＝m 1gR －μm 1gL 解得：E pm ＝2.8 J. (3)最终物块将停在C 、D 之间，由能量守恒定律得： m 1gR ＝μm 1gs 解得：s ＝3 m ， 又有L ＝0.2 m ，s ＝15L ， 所以m 1最终停在D 点． 答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D 点 2．如图所示，半径R ＝2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平 地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端， 木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h ＝0.45 m ， 木块最右端到小车最右端的水平距离x ＝0.45 m ，小车连同木块总质 量M ＝2 kg.现使一个质量m ＝0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g 取10 m/s 2, sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求： (1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小； (3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能． 解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒定律