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1、专题二能量与动量第10课时力学三大观点的综合应用命题规律1.命题角度：(1)应用力学三大观点解决多过程问题；(2)板块模型中力学三大观点的应用.2.常考题型：计算题.内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型1应用力学三大观点解决多过程问题高考题型2应用力学三大观点解决板块模型问题专题强化练高考预测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力学三大观点对比高考题型1应用力学三大观点解决多过程问题能量观点动能定理W合Ek涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Ek1Ep1Ek2Ep2功能关系WGEp等能量守恒定律E1E2动量
2、观点动量定理I合pp只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1p2p1p2只涉及初末速度而不涉及力、时间例1(2021浙江6月选考20)如图1所示，水平地面上有一高H0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方
3、固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数，sin370.6，cos370.8，g取10m/s2.(1)若小滑块的初始高度h0.9m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；图图1答案4m/s解析小滑块在AB轨道上运动(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；答案0.45m解析设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvBmv1mv2，解得v10，v2vB小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得从C点到E点由机械能守恒可得解得hmin0.45m(
4、3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.答案0.8m解析设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理由平抛运动规律可得xvGt，联立可得水平距离为由数学知识可得，当0.5y0.3y时，x有最大值最大值为xmax0.8m.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、木板各自的相对地面的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相对地面的位移；求系统摩
5、擦生热时用相对位移(或相对路程).高考题型2应用力学三大观点解决板块模型问题例2(2021河南南阳市高三期末)如图2所示，水平面上有一长为L14.25m的凹槽，长为l、质量为M2kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐.水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m4kg的小物块接触但不连接.用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W72J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦不计，g取10m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计.求：(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；图图2答案6m/s(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞
6、时的速度大小；答案4m/s解析物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0(Mm)v1解得v14m/s，l13m所以共速时平板车没有到达凹槽右端，共速后做匀速直线运动，平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4m/s.(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离.解析平板车第一次与凹槽右端碰撞后，物块和平板车组成的系统总动量向右，以向右为正方向.假设物块与平板车第二次共速前未与凹槽相碰，由动量守恒有mv1Mv1(mM)v2所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速.设平板车向左速度减小到0时位移为x2解得x22m所以平板车没有与凹槽左端相碰.即小物块离开平板
7、车之前，未与平板车第二次共速；且平板车没有与凹槽左端相碰.所以由动量守恒得mv1Mv1mv3Mv4碰撞后物块在平板车上实际滑动的距离设为l3，由动能定理得ll1l3碰撞后，至物块离开平板车时，平板车运动的位移设为x3，由动能定理得答案6m/s1.(2021云南省高三二模)如图3所示，光滑弧形槽静置于光滑水平面上，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度h2.7m、质量m02kg.BCD是半径R0.4m的固定竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，粗糙水平面AB与光滑圆轨道在B点相切，已知A、B两点相距2m.现将质量m1kg的物块从弧形槽顶端由静止释放，物块进入粗糙水平面AB前已经与光滑弧形槽分离，并恰能通
8、过光滑圆轨道最高点D，重力加速度g10m/s2.求：(1)物块从弧形槽滑下的最大速度大小；12高考预测图图312解析小物块到达弧形槽底端时速度最大.设小物块到达弧形槽底端时速度大小为v1，槽的速度大小为v2.小物块与弧形槽组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小物块下滑到底端时，由动量守恒定律得mv1m0v20由机械能守恒定律得联立解得v16m/sv23m/s答案60N(2)物块在圆形轨道B点时受到的轨道的支持力大小；12联立解得FN6mg60N物块恰能通过竖直圆形光滑轨道的D点，有物块通过竖直圆形光滑轨道的B点，有12答案0.4(3)物块与粗糙水平面AB间的动摩擦因数.12解析物
9、块经过粗糙水平面AB时，有vB2v122as2gs解得0.4.答案0.52.(2021辽宁葫芦岛市高三期末)如 图 4所示，有一倾角 37的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板 P，将质量 m11kg的“”形木板(前 端挡板厚度忽略)单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板 P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为 s0.15m；若将光滑物块(视为质点)放在木板最上端并同时由静止释放(木板位置与上次释放时初位置相同).已知：物块的质量m22kg，释放时木板下端到挡板 P的距离 L13m，木板长 L20.75m，g10m/s2，sin0.6，cos0.8，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块
10、与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数；图图412解析木板单独下滑，由能量守恒定律得12木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得解得0.5.(2)物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；12答案3J解析木板与物块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力Ff1(m1m2)gcosFf1m1gsin故开始时木板静止不动.碰撞前物块速度v03m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v损失的机械能解得E3J.12(3)物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程.1
11、2答案3.41m解析设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a1(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a2a12m/s2，a210m/s2木板与物块粘合后一起加速下滑v12v22a1L1第一次撞击后木板上滑的距离12解得s10.2m第二次撞击木板时速度v2，则v222a1s1s20.01m物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程s总L12s1s23.41m.121.(2021辽宁省1月适应性测试13)如图1所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻
12、弹簧相连，整个装置处于静止状态.套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降到达最低点.已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力.求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量E；1234专题强化练图图1解析碰撞前，圆环做自由落体运动，有v122gh碰撞时由动量守恒定律得mv1(m2m)v21234(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.1234解析对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得答案10m/s2.(2021福建厦门市一模)如图2所示，一质量m10.1kg的物块甲静止在A点，物
13、块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量m20.3kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R0.5m的半圆弧轨道(直径CD竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小FN84N.木板质量M0.4kg、长度L6m，上表面与半圆弧轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与平台相碰后瞬间静止.已知两物块与木板间的动摩擦因数0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小g10m/s2.求：(1)两物块经过D点时的速度大小vD；图图21234解析两物块经过D点时受到半圆弧轨
14、道的支持力、重力，有1234得vD10m/s答案64J48J(2)释放物块前弹簧的弹性势能Ep和碰撞过程中损失的能量E；1234得E48J解析两物块由C点运动到D点，由动能定理有1234两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有答案见解析(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系.1234解析若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得(m1m2)vD(m1m2M)v共得v共5m/s对两物块，由动能定理有1234解得x7.5m由于Lxx，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若sx2.5m，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有
15、若sx2.5m，说明两物块不能和木板达到共同速度，12343.(2021山东德州市一模)如图3所示，可看作质点的小物块A的质量m1kg，右端带有竖直挡板的足够长的木板B，它的质量M2kg，木板B上M点左侧与小物块A间的动摩擦因数0.5，M点右侧光滑，M点与木板右侧挡板的距离L11.5m，水平地面光滑.初始时木板B静止，A在木板B上M点的左侧，与M点的距离L21.8m，现使A获得一水平向右的初速度，初速度大小v06m/s，A与B右侧挡板碰撞的时间和能量损失都不计，重力加速度g10m/s2.求：(1)A第一次到达M点时，A和B各自的速度大小；答案4m/s1m/s图图31234解析自初始时至A第一次
16、到达B上的M点，由动量守恒得mv0mv1Mv21234联立两式代入数据解得v14m/s，v21m/sLLL2联立解得，A距M点的距离L0.6m解析自初始时至A和B达共同速度，由动量守恒得mv0(mM)v(2)A和B达共同速度时，A距M点的距离；1234答案0.6m(3)自初始时至A、B碰撞，A的平均速度大小；1234答案4.44m/s得x12m则x2v1t22m1234(4)自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移大小.1234答案4.4m解析A与B右侧挡板碰撞过程，由动量守恒得mv1Mv2mv1Mv2解得v10，v23m/s解得x30.4m自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移xx
17、1x2x34.4m.12344.(2021宁夏银川一中高三模拟)质量分别为m10.1kg、m20.2kg的两弹性小球(可看作质点)放在质量M0.4kg、内部长度L2m且内表面光滑的U形槽内，U形槽静止在水平面上，且与水平面间的动摩擦因数，开始时两球间夹有一压缩的弹簧(弹簧未与两球连接、长度忽略)，球和弹簧共储存能量E1.2J，静止在U形槽中央，如图4所示.假设所有碰撞时间极短，且碰撞过程中没有能量损失，释放两球(然后弹簧被取出)，已知16.5，g取10m/s2，求：(1)两球分离时的速度大小；答案4m/s2m/s图图41234解析根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0m1v1m2v2联立解得v1
18、4m/s，v22m/s1234(2)m1与U形槽首次碰撞后瞬间，m1与U形槽的速度大小；1234答案2.4m/s1.6m/s解析取向左为正方向，碰撞过程m1与M组成的系统动量和机械能守恒，可得m1v1m1v1Mv3得v12.4m/s，负号表示方向向右v31.6m/s1234(3)释放弹簧后，m2经多长时间与U形槽发生碰撞.1234答案0.4s此时m2运动的距离x1v2t10.5m所以m1与U形槽碰撞时，m2与U形槽右侧边缘的距离为0.5mU形槽与m1碰撞后，m2仍以2m/s的初速度向右运动，U形槽以1.6m/s的初速度向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有(Mm1m2)gMa解得a2m/s2假设U形槽一直做匀减速运动，则1234解得t20.15s(t23.45s舍去)则从释放弹簧到m2与U形槽发生碰撞需要的时间tt1t20.4s.1234本课结束