資源簡介

專題提升練15　動力學觀點、功能觀點、動量觀點的綜合應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(2024·山東卷)如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v;
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。
①求μ和m;
②初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
梯級Ⅱ能力練
2.(2025·南通模擬)如圖所示，滑板A固定在光滑的水平面上，長度為L=2 m，滑板質量mA=1 kg、滑塊質量mB=0.99 kg，A、B間動摩擦因數為μ。現有子彈mC=0.01 kg以v0=200 m/s速度向右擊中B并留在其中，重力加速度g=10 m/s2。
(1)求子彈C擊中B后瞬間，B的速度vB;
(2)B被子彈擊中后恰好能滑到A右端靜止，求滑板A與B間的動摩擦因數μ;
(3)若滑板A不固定，分析B能否離開A，并求整個過程A、B、C系統(tǒng)損失的機械能E。
3.(2024·浙江卷)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1 m的圓弧軌道BCD，長度L=1.25 m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5 kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m=0.5 kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數μ2=0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a滑到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。其他軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
(1)若h=0.8 m，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大小;
②在DE上經過的總路程;
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比;
(2)若h=1.6 m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
梯級Ⅲ創(chuàng)新練
4.(2025·梅州模擬)汽車加速度過大可能會導致車廂內貨物滑動，造成安全隱患。如圖所示，在貨車車廂上，分別用繩固定著兩個質量均為m=1 000 kg的正方體木箱，兩木箱間距離、甲木箱與車廂前壁間距離均為L=2 m，貨車以v0=20 m/s的速度在平直路面行駛。某時刻，司機發(fā)現前方有交通事故，以a1=2 m/s2的加速度勻減速剎車，在剎車瞬間，乙箱的固定繩繃斷，隨后甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞并黏連在一起，在碰撞瞬間甲箱的固定繩也繃斷。已知兩木箱與車廂之間的動摩擦因數均為μ=0.1，不計固定繩繃斷造成的速度變化，取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)乙木箱的固定繩繃斷后，乙木箱的加速度大小a2為多少;
(2)從剎車開始到甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞，貨車行駛的距離s;
(3)甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞并黏連在一起后，甲木箱經多長時間t與車廂前壁相撞。
專題提升練15　動力學觀點、功能觀點、動量觀點的綜合應用
1.答案　(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg
②4.5 m
解析　(1)根據題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=m,
代入數據解得v=4 m/s。
(2)①根據題意可知當F≤4 N時,小物塊與軌道一起向左加速,根據牛頓第二定律可知F=(M+m)a,
根據題圖乙有k==0.5 kg-1,
當外力F>4 N時,軌道與小物塊有相對滑動,對軌道應用牛頓第二定律,有
F-μmg=Ma,
結合題圖乙有a=F-,
可知k==1 kg-1,
截距b=-=-2 m/s2,
聯(lián)立以上各式可得
M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
②由題圖乙可知,當F=8 N時,軌道的加速度為a1=6 m/s2,小物塊的加速度為
a2=μg=2 m/s2,
當小物塊運動到P點時,經過t0時間,則軌道有v1=a1t0,
小物塊有v2=a2t0,
小物塊從P到Q的過程中系統(tǒng)機械能守恒有M+m=M+m+2mgR,
水平方向動量守恒,以水平向左的正方向,則有Mv1+mv2=Mv3+mv4,
聯(lián)立解得t0=1.5 s(另一解不符合題意,舍去),
根據運動學公式有L=a1-a2,
代入數據解得L=4.5 m。
2.答案　(1)2 m/s　(2)0.1　(3)B不能離開A　199 J
解析　(1)子彈C擊中B后瞬間,B速度為v1,根據動量守恒定律
mCv0=(mB+mC)v1,
解得v1=2 m/s。
(2)若滑板與水平面固定,B由運動到靜止,位移為L,根據動能定理
-μ(mB+mC)gL=0-(mB+mC),
解得μ=0.1。
(3)A與水平面光滑,則A做勻加速運動,B、C做勻減速運動,B、C與A間摩擦力
f=μ(mB+mC)g=1 N,
A的加速度大小為aA==1 m/s2,
B、C的共同加速度大小
aBC==1 m/s2,
設經時間t共速v1-aBCt=aAt,
解得t=1 s,
此時B相對A的位移
s=v1t-aBCt2-aAt2=1 m,
因sv2=v1-aBt=1 m/s,
系統(tǒng)損失的機械能為
E=mC-(mA+mB+mC)=199 J。
3.答案　(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m
解析　(1)①對小物塊a從A到第一次經過C的過程,根據機械能守恒定律有
mgh=m,
第一次經過C點的向心加速度大小為
a===16 m/s2。
②小物塊a在DE上時,因為
μ2mgcos θ且h-(R-Rcos θ)所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑,之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復運動,且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等,設其在DE上經過的總路程為s,根據功能關系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ),
解得s=2 m。
③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2,
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2,
將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑,則根據運動學公式有a上=a下,
解得==1∶2。
(2)對小物塊a從A到F的過程,根據動能定理有mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=m,
解得vF=2 m/s,
設滑塊長度為l時,小物塊恰好不脫離滑塊,且此時二者達到共同速度v,根據動量守恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv,
m=·2mv2+2μ1mgl,
解得l=0.2 m。
4.答案　(1)1 m/s2　(2)36 m　(3)(-1) s
解析　(1)根據題意,乙木箱的固定繩繃斷后,由牛頓第二定律有μmg=ma2,
解得a2=μg=1 m/s2。
(2)根據題意,設經過t1時間,甲、乙兩木箱相撞,則有
v0t1-a1+L=v0t1-a2,
解得t1=2 s,
貨車行駛的距離s=v0t1-a1=36 m。
(3)甲、乙相撞前瞬間,設甲、乙的速度分別為v甲、v乙,則有
v甲=v0-a1t1=16 m/s,
v乙=v0-a2t1=18 m/s,
甲、乙相撞,由動量守恒定律有
mv甲+mv乙=2mv共,
解得v共=17 m/s,
設經過t時間,甲木箱與車廂前壁相撞
v甲t-a1t2+L=v共t-a2t2,
解得t=(-1) s。(共23張PPT)
專題提升練15
動力學觀點、功能觀點、
動量觀點的綜合應用
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1.(2024·山東卷)如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面 上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
梯級Ⅰ 基礎練
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(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
根據題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=m，
代入數據解得v=4 m/s。
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(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。
①求μ和m；
②初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
①根據題意可知當F≤4 N時，小物塊與軌道一起向左加速，根據牛頓第二定律可知F=(M+m)a，
根據題圖乙有k==0.5 kg-1，
當外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，對軌道應用牛頓第二定律，有F-μmg=Ma，
結合題圖乙有a=F-，可知k==1 kg-1，
截距b=-=-2 m/s2，
聯(lián)立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2。
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②由題圖乙可知，當F=8 N時，軌道的加速度為a1=6 m/s2，
小物塊的加速度為a2=μg=2 m/s2，
當小物塊運動到P點時，經過t0時間，則軌道有v1=a1t0，小物塊有v2=a2t0，小物塊從P到Q的過程中系統(tǒng)機械能守恒有M+m=M+m+2mgR，
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水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有Mv1+mv2=Mv3+mv4，
聯(lián)立解得t0=1.5 s(另一解不符合題意，舍去)，
根據運動學公式有L=a1-a2，
代入數據解得L=4.5 m。
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2.(2025·南通模擬)如圖所示，滑板A固定在光滑的水平面上，長度為L=2 m，滑板質量mA=1 kg、滑塊質量mB=0.99 kg，A、B間動摩擦因數為μ。現有子彈mC=0.01 kg以v0=200 m/s速度向右擊中B并留在其中，重力加速度g=10 m/s2。
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梯級Ⅱ 能力練
(1)求子彈C擊中B后瞬間，B的速度vB；
子彈C擊中B后瞬間，B速度為v1，根據動量守恒定律
mCv0=(mB+mC)v1，
解得v1=2 m/s。
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(2)B被子彈擊中后恰好能滑到A右端靜止，求滑板A與B間的動摩擦因數μ；
若滑板與水平面固定，B由運動到靜止，位移為L，根據動能定理
-μ(mB+mC)gL=0-(mB+mC)，
解得μ=0.1。
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(3)若滑板A不固定，分析B能否離開A，并求整個過程A、B、C系統(tǒng)損失的機械能E。
A與水平面光滑，則A做勻加速運動，B、C做勻減速運動，B、C與A間摩擦力f=μ(mB+mC)g=1 N，
A的加速度大小為aA==1 m/s2，
B、C的共同加速度大小aBC==1 m/s2，
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設經時間t共速v1-aBCt=aAt，解得t=1 s，
此時B相對A的位移s=v1t-aBCt2-aAt2=1 m，
因s系統(tǒng)損失的機械能為
E=mC-(mA+mB+mC)=199 J。
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3.(2024·浙江卷)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1 m的圓弧軌道BCD，長度L=1.25 m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5 kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m=0.5 kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數μ2=0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物
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塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a滑到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。其他軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
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(1)若h=0.8 m，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比；
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①對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有
mgh=m，
第一次經過C點的向心加速度大小為
a===16 m/s2。
②小物塊a在DE上時，因為
μ2mgcos θ且h-(R-Rcos θ)解析
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所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相 等，設其在DE上經過的總路程為s，根據功能關系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ)，
解得s=2 m。
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③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2，
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2，
將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有a上=a下，解得==1∶2。
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(2)若h=1.6 m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
對小物塊a從A到F的過程，根據動能定理有
mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=m，
解得vF=2 m/s，
設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據動量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv，
m=·2mv2+2μ1mgl，
解得l=0.2 m。
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4.(2025·梅州模擬)汽車加速度過大可能會導致車廂內貨物滑動，造成安全隱患。如圖所示，在貨車車廂上，分別用繩固定著兩個質量均為m=1 000 kg的正方體木箱，兩木箱間距離、甲木箱與車廂前壁間距離均為L=2 m，貨車以v0=20 m/s的速度在平直路面行駛。某時刻，司機發(fā)現前方有交通事故，以a1=2 m/s2的加速度勻減速剎車，在剎車瞬間，乙箱的固定繩繃斷，隨后甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞并黏連在一起，在碰撞瞬間甲箱的固定繩也繃斷。已知兩木箱與車廂之間的動摩擦因數均為μ=0.1，不計固定繩繃斷造成的速度變化，取重力加速度g=10 m/s2。求：
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梯級Ⅲ 創(chuàng)新練
(1)乙木箱的固定繩繃斷后，乙木箱的加速度大小a2為多少；
根據題意，乙木箱的固定繩繃斷后，由牛頓第二定律有μmg=ma2，
解得a2=μg=1 m/s2。
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(2)從剎車開始到甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞，貨車行駛的距離s；
根據題意，設經過t1時間，甲、乙兩木箱相撞，則有
v0t1-a1+L=v0t1-a2，
解得t1=2 s，
貨車行駛的距離s=v0t1-a1=36 m。
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(3)甲、乙兩木箱發(fā)生碰撞并黏連在一起后，甲木箱經多長時間t與車廂前壁相撞。
甲、乙相撞前瞬間，設甲、乙的速度分別為v甲、v乙，則有
v甲=v0-a1t1=16 m/s，v乙=v0-a2t1=18 m/s，
甲、乙相撞，由動量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv共，
解得v共=17 m/s，
設經過t時間，甲木箱與車廂前壁相撞v甲t-a1t2+L=v共t-a2t2，
解得t=(-1) s。
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4專題提升十五　動力學觀點、功能觀點、動量觀點的綜合應用
1.解決動力學問題的三大觀點。
(1)動力學觀點:運用牛頓運動定律結合運動學知識解題,可處理勻變速運動問題。
(2)能量觀點:用動能定理和能量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題。
(3)動量觀點:用動量定理和動量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題。
2.力學規(guī)律的選用原則。
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式,可用牛頓第二定律。
(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時,一般用動量定理(涉及時間問題)或動能定理(涉及位移問題)解題。
(3)若研究對象為一系統(tǒng),且系統(tǒng)內物體之間有相互作用,一般用動量守恒定律和機械能守恒定律解題,但需注意所研究的問題是否滿足守恒條件。
(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮功能關系或能量守恒定律,系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量,即轉化為系統(tǒng)內能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時,需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化,作用時間都極短,因此用動量守恒定律去解題。
考向1　動量觀點與動力學觀點的綜合應用
【典例1】　如圖所示,斜面傾角θ=30°,物塊A光滑,物塊B粗糙,B質量為A質量的2倍。物塊B恰好靜止在距離斜面頂端為L=0.9 m的位置(此時B所受摩擦力為最大靜摩擦力),斜面上距B為s=0.8 m處有一彈性擋板,現將光滑物塊A從斜面頂端由靜止釋放。已知物塊A與物塊B均可視為質點,所有碰撞均可視為彈性碰撞,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)物塊A與物塊B第一次碰撞后兩物體的速度大小;
(2)兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間和這兩次碰撞點之間的距離。
考向2　動量觀點與能量觀點的綜合應用
【典例2】　(2024·甘肅卷)如圖,質量為2 kg的小球A(視為質點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細繩O'P=OP=1.6 m,與豎直方向的夾角均為60°。質量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上,質量為2 kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O'P,小球A開始運動。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。
(2)A在最低點時,細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運動。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 剪斷細繩O'P,小球A開始運動 小球下擺過程中機械能守恒
2 A在最低點時,細繩OP斷裂 小球做平拋運動,水平速度不變
3 A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短) A與C碰撞過程中,水平方向動量守恒
4 碰后A豎直下落,C水平向右運動 碰撞后A的水平速度為0
5 A、C碰后,C相對B滑行4 m后與B共速 典型的滑塊—木板模型問題
失分 剖析 (1)不能分析各個過程中物體或系統(tǒng)滿足的規(guī)律; (2)不會綜合應用動量守恒定律和能量守恒定律解決物體碰撞類問題; (3)對滑塊—木板模型不熟悉
考向3　力學三大觀點的綜合應用
【典例3】　
(2024·黑吉遼卷)如圖,高度h=0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質量mA=mB=0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1 m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4 m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25 m后停止。A、B均視為質點,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ;
(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
命題特點:試題考查平拋運動、動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律等知識,試題看似平淡,其中卻暗藏玄機,第(3)問中能量守恒定律的應用易出錯。
復習建議:動力學觀點、能量觀點和動量觀點是高中物理解題時常用的三大觀點,不同的過程運動特征不同,準確把握試題信息才能正確選擇規(guī)律。
專題提升十五　動力學觀點、功能觀點、動量觀點的綜合應用
【典例1】　答案　(1)1 m/s　2 m/s
(2) s　0.6 m
解析　(1)根據題意,設物塊A與物塊B第一次碰撞前物塊A的速度為v0,由動能定理有
mAgLsin 30°=mA,
解得v0==3 m/s,
物塊A和物塊B發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB,
mA=mA+mB,
解得vA=v0=-1 m/s,
vB=v0=2 m/s。
(2)碰撞前,物塊B恰好靜止在斜面上,則有
Ff=mBgsin 30°,
碰撞后,物塊B沿斜面勻速下滑,下滑到擋板處的時間為
t1==0.4 s,
與彈性擋板碰撞之后,沿斜面向上做勻減速直線運動,加速度大小為
aB==g,
減速到停止的時間為t2==0.2 s,
向上運動的距離為xB=t2=0.2 m,
假設物塊A在物塊B停止后發(fā)生第二次碰撞,設兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為t,則有
s-xB=vAt+aAt2,
其中aA=gsin 30°=5 m/s2,
解得t= s(舍去),t= s>t1+t2,
假設成立,則兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為t= s,
兩次碰撞點之間的距離Δx=s-xB=0.6 m。
【典例2】　答案　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
解析　根據題意,A、C質量為m=2 kg,B的質量為M=6 kg,細繩OP長為l=1.6 m,初始時細線與豎直方向夾角θ=60°。
(1)A開始運動到最低點有
mgl(1-cos θ)=m-0,
A在最低點,根據牛頓第二定律得
F-mg=,
解得v0=4 m/s,F=40 N。
(2)A與C相碰時,水平方向動量守恒,由碰后A豎直下落可知mv0=0+mvC,
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相對B滑行4 m后與B共速,則對C、B分析,根據動量守恒定律可得
mvC=(M+m)v,
根據能量守恒定律得
μmgL相對=m-(m+M)v2,
聯(lián)立解得μ=0.15。
【典例3】　答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)對A物塊由平拋運動知識得
h=gt2,
xA=vAt,
代入數據解得,脫離彈簧時A的速度大小為
vA=1 m/s,
對物塊A、B整體由動量守恒定律
mAvA=mBvB,
解得脫離彈簧時B的速度大小為vB=1 m/s。
(2)對物塊B由動能定理
-μmBgxB=0-mB,
代入數據解得,物塊與桌面的動摩擦因數為μ=0.2。
(3)由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
解得整個過程中彈簧釋放的彈性勢能
ΔEp=0.12 J。(共21張PPT)
專題提升十五
動力學觀點、功能觀點、動量觀點的綜合應用
第七章　動量守恒定律
1.解決動力學問題的三大觀點。
(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。
(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。
2.力學規(guī)律的選用原則。
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律。
(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間問題)或動能定理(涉及位移問題)解題。
(3)若研究對象為一系統(tǒng)，且系統(tǒng)內物體之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律解題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒條件。
(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮功能關系或能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉化為系統(tǒng)內能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解題。
考向1
動量觀點與動力學觀點的綜合應用
【典例1】　如圖所示，斜面傾角θ=30°，物
塊A光滑，物塊B粗糙，B質量為A質量的2倍。
物塊B恰好靜止在距離斜面頂端為L=0.9 m的
位置(此時B所受摩擦力為最大靜摩擦力)，斜
面上距B為s=0.8 m處有一彈性擋板，現將光滑物塊A從斜面頂端由靜止釋放。已知物塊A與物塊B均可視為質點，所有碰撞均可視為彈性碰撞，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)物塊A與物塊B第一次碰撞后兩物體的速度大小；
根據題意，設物塊A與物塊B第一次碰撞前物塊A的速度為v0，由動能定理有
mAgLsin 30°=mA，
解得v0==3 m/s，
解析
物塊A和物塊B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB，
mA=mA+mB，
解得vA=v0=-1 m/s，
vB=v0=2 m/s。
解析
(2)兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間和這兩次碰撞點之間的距離。
碰撞前，物塊B恰好靜止在斜面上，則有Ff=mBgsin 30°，
碰撞后，物塊B沿斜面勻速下滑，下滑到擋板處的時間為
t1==0.4 s，
與彈性擋板碰撞之后，沿斜面向上做勻減速直線運動，加速度大小為aB==g，
解析
減速到停止的時間為t2==0.2 s，
向上運動的距離為xB=t2=0.2 m，
假設物塊A在物塊B停止后發(fā)生第二次碰撞，設兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為t，則有
s-xB=vAt+aAt2，
其中aA=gsin 30°=5 m/s2，
解析
解得t= s(舍去)，t= s>t1+t2，
假設成立，則兩物塊從第一次碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為t= s，
兩次碰撞點之間的距離Δx=s-xB=0.6 m。
解析
考向2
動量觀點與能量觀點的綜合應用
【典例2】　(2024·甘肅卷)如圖，質量為2 kg的小球A(視為質點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細繩O'P=OP=1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2 kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O'P，小球A開始運動。(重力加速度g取10 m/s2)
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 剪斷細繩O'P，小球A開始運動 小球下擺過程中機械能守恒
2 A在最低點時，細繩OP斷裂 小球做平拋運動，水平速度不變
3 A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短) A與C碰撞過程中，水平方向動量守恒
4 碰后A豎直下落，C水平向右運動 碰撞后A的水平速度為0
5 A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速 典型的滑塊—木板模型問題
失分 剖析 (1)不能分析各個過程中物體或系統(tǒng)滿足的規(guī)律； (2)不會綜合應用動量守恒定律和能量守恒定律解決物體碰撞類問題； (3)對滑塊—木板模型不熟悉 (1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。
根據題意，A、C質量為m=2 kg，B的質量為M=6 kg，細繩OP長為l=1.6 m，初始時細線與豎直方向夾角θ=60°。
(1)A開始運動到最低點有mgl(1-cos θ)=m-0，
A在最低點，根據牛頓第二定律得F-mg=，
解得v0=4 m/s，F=40 N。
解析
(2)A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。
A與C相碰時，水平方向動量守恒，由碰后A豎直下落可知mv0=0+mvC，
解得vC=v0=4 m/s。
解析
(3)A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。
A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速，則對C、B分析，根據動量守恒定律可得mvC=(M+m)v，
根據能量守恒定律得μmgL相對=m-(m+M)v2，
聯(lián)立解得μ=0.15。
解析
考向3
力學三大觀點的綜合應用
【典例3】　(2024·黑吉遼卷)如圖，高度
h=0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、
B，質量mA=mB=0.1 kg。A、B間夾一壓縮量
Δx=0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同
時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好
從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g=10 m/s2。求：
對A物塊由平拋運動知識得h=gt2，xA=vAt，
代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA=1 m/s，
對物塊A、B整體由動量守恒定律mAvA=mBvB，
解得脫離彈簧時B的速度大小為vB=1 m/s。
解析
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
對物塊B由動能定理-μmBgxB=0-mB，
代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為μ=0.2。
解析
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB，
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB，
解得整個過程中彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12 J。
解析
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
29
命題特點：試題考查平拋運動、動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律等知識，試題看似平淡，其中卻暗藏玄機，第(3)問中能量守恒定律的應用易出錯。
復習建議：動力學觀點、能量觀點和動量觀點是高中物理解題時常用的三大觀點，不同的過程運動特征不同，準確把握試題信息才能正確選擇規(guī)律。

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