高考物理二轮复习讲与练：第一部分第二板块第2讲《应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题》(含答案详解)

1、第第 2 讲讲|应用应用“能量观点能量观点”和和“动量观点动量观点”破解力学计算题破解力学计算题考法考法学法学法应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新颖，密切联系实际，综合性强，常是高考的压轴题。涉及的知识主要包括：动能定理；机械能守恒定律；能量守恒定律；功能关系；动量定理；动量守恒定律。用到的思想方法有：整体法和隔离法；全程法；分段法；相对运动方法；守恒思想；等效思想；临界极值思想。命题点命题点(一一)应用动能定理求解多过程问题应用动能定理求解多过程问题研一题研一题(2019 届高三届高三南昌调研南昌调研)如图所示，质量为如图所示，质量为 m

2、1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上，从从 A点随传送带运动到水平部分的最右端点随传送带运动到水平部分的最右端 B 点点， 经半圆轨道经半圆轨道 C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动动。C 点在点在 B 点的正上方点的正上方，D 点为半圆轨道的最低点点为半圆轨道的最低点。小小物块离开物块离开 D 点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的 E 点。已知半点。已知半圆轨道的半径圆轨道的半径 R0.9 m，

3、D 点距水平面的高度点距水平面的高度 h0.75 m，取，取 g10 m/s2，求：，求：(1)摩擦力对小物块做的功；摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过小物块经过 D 点时对轨道压力的大小；点时对轨道压力的大小；(3)倾斜挡板与水平面间的夹角倾斜挡板与水平面间的夹角。审题指导审题指导运动情景是什么？运动情景是什么？小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛运动运动用到什么规律？用到什么规律？动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律采用什么方法？采用什么方法？相邻两个过程的连接点的速度是

4、解题的突破口，先利用圆周运动最相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口，先利用圆周运动最高点的临界状态求出小物块到达高点的临界状态求出小物块到达 C 点时的速度点时的速度，再利用动能定理求再利用动能定理求出摩擦力做的功及小物块到达出摩擦力做的功及小物块到达 D 点时的速度点时的速度， 最后利用运动的合成最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向与分解求出末速度的方向 解析解析 (1)设小物块经设小物块经过过 C 点时的速度大小点时的速度大小为为 v1， 因为经因为经过过 C 点时恰好能做圆周运动点时恰好能做圆周运动，由牛顿第二定律可得：由牛顿第二定律可得：mgmv12R，解得，解得 v13 m/

5、s小物块由小物块由 A 到到 B 过程中，设摩擦力对小物块做的功为过程中，设摩擦力对小物块做的功为 W，由动能定理得：，由动能定理得：W12mv12，解得，解得 W4.5 J。(2)设小物块经过设小物块经过 D 点时的速度为点时的速度为 v2，对从，对从 C 点到点到 D 点的过程，由动能定理得：点的过程，由动能定理得：mg2R12mv2212mv12小物块经过小物块经过 D 点时，设轨道对它的支持力大小为点时，设轨道对它的支持力大小为 FN，由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：FNmgmv22R解得解得 v23 5 m/s，FN60 N由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：由牛顿第三

6、定律可知，小物块对轨道的压力大小为：FNFN60 N。(3)小物块离开小物块离开 D 点做平抛运动，设经时间点做平抛运动，设经时间 t 打在打在 E 点，由点，由 h12gt2，解得，解得 t1510s设小物块打在设小物块打在 E 点时速度的水平、竖直分量分别为点时速度的水平、竖直分量分别为 vx、vy，速度方向与竖直方向的夹，速度方向与竖直方向的夹角为角为，则：，则：vxv2，vygt，tan vxvy，解得，解得60再由几何关系可得再由几何关系可得60。答案答案(1)4.5 J(2)60 N(3)60悟一法悟一法多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要多个

7、运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多运动过程问题的独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多运动过程问题的注意事项：注意事项：(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。弄清物体的运动由哪些过程构成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的分

8、过程或全过程运用动能定理列方程。对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。通一类通一类1.如图所示，质量为如图所示，质量为 1 kg 的物块静止在水平面上，物块与的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数水平面间的动摩擦因数0.2， t0 时刻给物块施加一个水平向时刻给物块施加一个水平向右的拉力右的拉力 F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度力加速度 g 取取 10 m/s2，水平向右为正方向，求：，水平向右为正方向，求：时间时间 t/s加速度加速度 a/(ms2)044483(

9、1)04 s 内水平拉力的大小；内水平拉力的大小；(2)08 s 内物块运动的位移大小；内物块运动的位移大小；(3)08 s 内水平拉力做的功。内水平拉力做的功。解析：解析：(1)04 s 内，物块运动的加速度大小：内，物块运动的加速度大小：a14 m/s2根据牛顿第二定律：根据牛顿第二定律：F1mgma1，解得：，解得：F16 N。(2)t14 s 时物块的速度大小：时物块的速度大小：v1a1t116 m/s08 s 内物块运动的位移：内物块运动的位移：x12v1t1v1t212a2t2272 m。(3)8 s 时物块的速度时物块的速度：v2a1t1a2t24 m/s根据动能定理根据动能定理

10、：Wmgx12mv22，解得解得：W152 J。答案：答案：(1)6 N(2)72 m(3)152 J2(齐鲁名校联考齐鲁名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面与水平面 BC 平滑连接平滑连接于于 B 点，点，BC 右端连接一口深度为右端连接一口深度为 H、宽度为、宽度为 d 的深井的深井 CDEF，一个质量为，一个质量为 m 的小球放在的小球放在曲面曲面 AB 上，可从距上，可从距 BC 面不同的高度处静止释放小球，已知面不同的高度处静止释放小球，已知 BC 段长为段长为 L，小球与，小球与 BC 间间的动摩擦因数为的动摩擦因数为，重力

11、加速度为，重力加速度为 g。(1)若小球恰好落在井底若小球恰好落在井底 E 点处，求小球释放点距点处，求小球释放点距 BC 面的高度面的高度 h1；(2)若小球不能直接落在井底若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁求小球打在井壁 EF 上的最小动能上的最小动能 Ekmin和此时的释放点和此时的释放点距距 BC 面的高度面的高度 h2。解析：解析：(1)小球由小球由 A 到到 C，由动能定理得，由动能定理得mghmgL12mvC2自自 C 点水平飞出后，由平抛运动规律得点水平飞出后，由平抛运动规律得xvCt，y12gt2解得解得 hLx24y若小球恰好落在井底若小球恰好落在井底 E 处，则处，则

12、 xd，yH解得小球的释放点距解得小球的释放点距 BC 面的高度为面的高度为h1Ld24H。(2)若小球不能直接落在井底，设打在若小球不能直接落在井底，设打在 EF 上的动能为上的动能为 Ek，则，则 xd解得解得 vCdg2y小球由小球由 C 到打在到打在 EF 上，由动能定理得上，由动能定理得mgyEk12mvC2代入代入 vC得：得：Ekmgymgd24y当当 yd2时，时，Ek最小，且最小，且 Ekminmgd此时小球的释放点距此时小球的释放点距 BC 面的高度为面的高度为 h2Ld2。答案：答案：(1)Ld24H(2)mgdLd2命题点命题点(二二)机械能守恒定律的综合应用机械能守恒

13、定律的综合应用研一题研一题如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为 R 的四分之一圆弧构成的细管道的四分之一圆弧构成的细管道 ABC，圆，圆心连线心连线 O1O2水平且与管道的交点为水平且与管道的交点为 B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为右端靠着质量为 m的小球的小球(小球的直径略小于管道内径小球的直径略小于管道内径)，长为，长为 R 的薄板的薄板 DE 置于水平面上，板的左端置于水平面上，板的左端 D 到管到管道右端道右端 C 的水平距离为的水平距离为 R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度。开始时

14、弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为为 g，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从 C 点抛出点抛出(不计小球与水平面和不计小球与水平面和管道的摩擦管道的摩擦)，若小球经，若小球经 C 点时对管道外侧的弹力大小为点时对管道外侧的弹力大小为 mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep；(2)求小球经管道求小球经管道 B 点的前、后瞬间对管道的压力；点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板试通过计算判断小球能否落在薄板 DE 上。上。思维流程思维流程解析解析(1)小球经过小球经

15、过 C 点时，管道对小球的弹力点时，管道对小球的弹力 FNmg，方向竖直向下，方向竖直向下，根据向心力公式有根据向心力公式有 mgFNmvC2R小球从起点运动到小球从起点运动到 C 点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则Ep2mgR12mvC2解得解得 vC 2gR，Ep3mgR。(2)小球从起点到经过小球从起点到经过 B 点的过程中，根据机械能守恒，有点的过程中，根据机械能守恒，有3mgRmgR12mvB2小球经小球经 B 点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力，点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力，则则 FNmvB2R解得解得 FN4mg

16、由牛顿第三定律可知，小球经由牛顿第三定律可知，小球经 B 点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小为为4mg。(3)小球离开小球离开 C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R12gt2，xvCt解得解得 x2 2R因为因为 x2 2R2R，所以小球不能落在薄板，所以小球不能落在薄板 DE 上。上。答案答案(1)3mgR(2)分别为向右和向左，大小为分别为向右和向左，大小为 4mg 的压力的压力(3)小球不能落在薄小球不能落在薄板板DE 上，计算过程见解析上，计算过程见解析悟一法悟一法解答含有弹簧的机械能守恒问题

17、时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。弹力做功的情况。1弹性势能弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。2弹力做功：弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且 W弹弹Ep。通一类通一类1(江苏高考江苏高考)如图所示如图所示，钉子钉子 A、B 相距相距 5

18、l，处于同一高度处于同一高度。细线的一端系有质量为细线的一端系有质量为 M 的小物块的小物块，另一端绕过另一端绕过 A 固定于固定于 B。质质量为量为 m 的小球固定在细线上的小球固定在细线上 C 点，点，B、C 间的线长为间的线长为 3l。用手竖。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的与水平方向的夹角为夹角为 53。松手后松手后，小球运动到与小球运动到与 A、B 相同高度时的速度恰好为零相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动然后向下运动。忽忽略一切摩擦，重力加速度为略一切摩擦，重力加速度为 g，取，取 sin 530.8，c

19、os 530.6。求：。求：(1)小球受到手的拉力大小小球受到手的拉力大小 F；(2)物块和小球的质量之比物块和小球的质量之比 Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小所受的拉力大小 T。解析：解析：(1)由几何知识可知由几何知识可知 ACBC，根据平衡条件得，根据平衡条件得(Fmg)cos 53Mg解得解得 F53Mgmg。(2)与与 A、B 相同高度时相同高度时小球上升小球上升 h13lsin 53物块下降物块下降 h22l物块和小球组成的系统机械能守恒物块和小球组成的系统机械能守恒 mgh1Mgh2解得解得Mm65。(3)根据机械能守恒定律

20、，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为到的拉力为 T，加速度大小为，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得 MgTMa对小球，沿对小球，沿 AC 方向由牛顿第二定律得方向由牛顿第二定律得 Tmgcos 53ma解得解得 T8mMg5 mM 结合结合 2 可得可得 T18mg25Mg55或或4855mg 或或811Mg。答案：答案：(1)53Mgmg(2)65(3)8mMg5 mM 18mg25Mg55或或4855mg 或或811Mg2.(湖北三市五校联考湖北三市五校联考)如图所示如图

21、所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮质小定滑轮 O 与质量为与质量为 5m 的砝码相连的砝码相连， 另一端与套在一根固定光滑的竖另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为直杆上质量为 m 的圆环相连的圆环相连，直杆上有直杆上有 A、C、B 三点三点，且且 C 为为 AB 的中的中点，点，AO 与竖直杆的夹角为与竖直杆的夹角为 53，C 点与滑轮点与滑轮 O 在同一水平高度，滑轮与在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为竖直杆相距为 L，重力加速度为重力加速度为 g，设竖直杆足够长设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从

22、过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从 A 点由静止释放点由静止释放(已知已知sin 530.8，cos 530.6)，求：，求：(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；(2)圆环能下滑的最大距离；圆环能下滑的最大距离；(3)圆环下滑到圆环下滑到 B 点时的速度大小。点时的速度大小。解析：解析：(1)当圆环到达当圆环到达 C 点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得圆环下降高度为圆环下降高度为 hAC3L4砝码下降高度为砝码下降高度为h5L4LL4由系统机械能守恒得由系统机械能守恒得 mgh

23、AC5mgh12mv12则圆环的速度则圆环的速度 v12 gL。(2)当圆环下滑的最大距离为当圆环下滑的最大距离为 H 时，圆环和砝码的速度均为零时，圆环和砝码的速度均为零砝码上升的高度砝码上升的高度HH3L42L25L4由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH5mgH得圆环能下滑的最大距离得圆环能下滑的最大距离 H25L12。(3)当圆环运动到当圆环运动到 B 点时，下滑的高度点时，下滑的高度 hAB3L2，而砝码的高度不变，设圆环的速度，而砝码的高度不变，设圆环的速度为为v2，此时砝码的速度为

24、，此时砝码的速度为 v2cos 53。由系统机械能守恒得。由系统机械能守恒得mghAB12mv22125m(v2cos 53)2得圆环下滑到得圆环下滑到 B 点时的速度点时的速度 v215gL14。答案：答案：(1)2 gL(2)25L12(3)15gL14命题点命题点(三三)动量观点与能量观点的综合应用动量观点与能量观点的综合应用研一题研一题如图所示，质量为如图所示，质量为 m10.01 kg 的子弹的子弹 A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒 B，且只在且只在 B 上留下一个弹孔，子弹穿过上留下一个弹孔，子弹穿过 B 后打入质量为后打入质量为 m20.

25、99 kg 的木块的木块 C 中，并留在中，并留在 C里面里面(A、C 可视为质点可视为质点)，C 放在长木板放在长木板 D 的左端的左端，D 的质量的质量 m33 kg，长度长度 L10.375 m，D 放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与 D 等高的固定挡板等高的固定挡板 E，D 的右端的右端到到 E 的距离的距离 L20.125 m，D 碰到碰到 E 即被粘牢即被粘牢，C 飞到桌面下方的水平地面上飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直已知纸筒直径径d30 cm，纸筒匀速旋转的角速度，纸筒匀速旋转的角速度103rad/s，C 与与

26、D 之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数0.1，D的上表面距离地面高的上表面距离地面高 H5 m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取 g10m/s2。(1)若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？(2)在在(1)问中，讨论子弹问中，讨论子弹 A 打入打入 C 后，后，A、C 整体能否与整体能否与 D 达到共同速度，若达到共同速度，若 A、C 整整

27、体能与体能与 D 达到共速，求出达到共速，求出 A、C 整体落到地面上距桌边的距离。整体落到地面上距桌边的距离。过程分析过程分析过过程程子弹子弹 A 穿过纸筒穿过纸筒 B子弹子弹 A 打击木块打击木块 C木木块块C(含子含子弹弹 A)与与长木板长木板 D 相互作用相互作用木块木块 C(含子弹含子弹 A)水水平飞出做平抛运动平飞出做平抛运动模模型型匀速直线运动、匀匀速直线运动、匀速圆周运动速圆周运动子弹打木块模型子弹打木块模型(完完全非弹性碰撞全非弹性碰撞)(约束条件下的约束条件下的)板板块模型块模型平抛运动模型平抛运动模型方方法法同时性同时性近似法近似法理想模型法、假设理想模型法、假设法法运动

28、的合成与分解运动的合成与分解规规律律直线运动规律、圆直线运动规律、圆周运动规律周运动规律动量守恒定律动量守恒定律动量守恒定律、动动量守恒定律、动能定理、能量守恒能定理、能量守恒定律定律平抛运动规律平抛运动规律 解析解析 (1)根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：(2n1)，式中，式中 n 取取 0 和和 1子弹穿过纸筒的时间为：子弹穿过纸筒的时间为：t则子弹的速度为：则子弹的速度为：vdtd 2n1 把把 n0,1 分别代入

29、分别代入式得子弹的速度分别为：式得子弹的速度分别为：v1300 m/s，v2100 m/s。(2)设子弹设子弹 A 打入打入 C 后，后，A、C 整体的共同速度为整体的共同速度为 v11,由动量守恒定律得：由动量守恒定律得：m1v(m1m2)v11假设假设 A、C 整体能够与整体能够与 D 达到的共同速度为达到的共同速度为 v22,由动量守恒定律得：由动量守恒定律得：(m1m2)v11(m1m2m3)v22设此过程中设此过程中 A、C 整体相对于整体相对于 D 滑动的位移是滑动的位移是 s1，由能量守恒定律得：，由能量守恒定律得：(m1m2)gs112(m1m2)v11212(m1m2m3)v

30、222联立联立得：得：s1m12m3v22g m1m2 2 m1m2m3 讨论：讨论：.当当 vv1300 m/s 时时，代入代入式得式得：s13.375 mL1，说明此种情况下说明此种情况下 A、C 整体整体与与D 不能共速。不能共速。.当当 vv2100 m/s 时，代入时，代入式得：式得：s10.375 mL1，说明此种情况下，说明此种情况下 A、C 整体整体刚好没有滑离刚好没有滑离 D。设此过程中设此过程中 D 相对桌面的位移是相对桌面的位移是 s2，由动能定理得：，由动能定理得：(m1m2)gs212m3v222联立联立式，并代入数据得：式，并代入数据得：v220.25 m/s，s2

31、0.093 75 m0.125 mL2则则 A、C 整体刚好滑到整体刚好滑到 D 的右端时，还没有与的右端时，还没有与 E 碰撞，说明此种情况下碰撞，说明此种情况下 A、C 整体能整体能与与 D 共速，当共速，当 D 与与 E 碰撞并粘牢后，碰撞并粘牢后，A、C 整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为为s，由运动学知识得：平抛运动的时间：，由运动学知识得：平抛运动的时间：t2Hg2510s1 ssv22t0.251 m0.25 m。答案答案(1)300 m/s100 m/s(2)若子弹的初速度是若子弹的初速度是 300 m/s，则，则 A、C 整体不能与

32、整体不能与 D达到共同速度；若子弹的初速度是达到共同速度；若子弹的初速度是 100 m/s，则，则 A、C 整体能与整体能与 D 达到共同速度达到共同速度0.25 m悟一法悟一法1 1力学规律的选用原则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，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，只能选用牛顿运动定律。牛顿运动定律。(2)多个物体组成的系统多个物体组成的系统：优

33、先考虑两个守恒定律优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞若涉及碰撞、爆炸爆炸、反冲等问题时反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。2系统化思维方法系统化思维方法(1)对多个研究对象运用系统化思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进对多个研究对象运用系统化思维，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(或系统或系统)。(2)对多个物理过程运用系统化思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守对多个物理过程运用

34、系统化思维，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复杂的运动。恒定律解决复杂的运动。通一类通一类1(北京高考北京高考)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道助滑道 AB 与弯曲滑道与弯曲滑道 BC 平滑衔接平滑衔接，滑道滑道 BC 高高 h10 m，C 是是半径半径 R20 m 圆弧的最低点圆弧的最低点。质量质量 m60 kg 的运动员从的运动员从 A 处由处由静止开始匀加速下滑，加速度静止开始匀加速下滑，加速度 a4.5

35、m/s2，到达，到达 B 点时速度点时速度 vB30 m/s。取重力加速度。取重力加速度g10 m/s2。(1)求长直助滑道求长直助滑道 AB 的长度的长度 L；(2)求运动员在求运动员在 AB 段所受合外力的冲量段所受合外力的冲量 I 的大小；的大小；(3)若不计若不计 BC 段的阻力段的阻力， 画出运动员经过画出运动员经过 C 点时的受力图点时的受力图， 并求其所受支持力并求其所受支持力FN的大的大小小。解析：解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有根据匀变速直线运动公式，有LvB2vA22a100 m。(2)根据动量定理，有根据动量定理，有 ImvBmvA1 800 Ns。(3)运动员经过

36、运动员经过 C 点时的受力如图所示。点时的受力如图所示。根据牛顿第二定律，有根据牛顿第二定律，有FNmgmvC2R运动员在运动员在 BC 段运动的过程中，根据动能定理，有段运动的过程中，根据动能定理，有mgh12mvC212mvB2解得解得 FN3 900 N。答案答案：(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力图见解析图受力图见解析图3 900 N2(全国卷全国卷)一质量为一质量为 m 的烟花弹获得动能的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升后，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的速度为零时，弹中火药

37、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为 E，且均沿竖直方向运动且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短爆炸时间极短，重力加速度大小为重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的不计空气阻力和火药的质量。求：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；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。爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析：解析：(1)设烟花弹上升的初速度为设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有，由题给条件有E12mv02设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为设烟花弹从地面开始上升

38、到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有，由运动学公式有0v0gt联立联立式得式得t1g2Em。(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有，由机械能守恒定律有 Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1和和 v2。由题给条件和动量守恒定律有。由题给条件和动量守恒定律有14mv1214mv22E12mv112mv20由由式知，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。设爆炸后式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部

39、分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有，由机械能守恒定律有14mv1212mgh2联立联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h22Emg。答案：答案：(1)1g2Em(2)2Emg3.(泉州模拟泉州模拟)如图，质量为如图，质量为 6m、长为、长为 L 的薄木板的薄木板 AB 放在放在光滑的平台上，木板光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘平齐。端与台面右边缘平齐。B 端上放有质量端上放有质量为为 3m 且可视为质点的滑块且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间

40、的动摩擦因数为与木板之间的动摩擦因数为13，质量为，质量为 m 的小球用长为的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上的细绳悬挂在平台右边缘正上方的方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大；点，平台高度

41、应为多大；(3)通过计算判断通过计算判断 C 能否从木板上掉下来。能否从木板上掉下来。解析：解析：(1)设小球运动到最低点的速率为设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程，由动能定理得：，小球向下摆动过程，由动能定理得：mgL12mv02解得：解得：v0 2gL小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FTmgmv02L解得：解得：FT3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FTFT即细绳能够承受的最大拉力为：即细绳能够承受的最大拉力为：FT3mg。(2)小球与小球与 C 碰撞后做平抛运动，竖直位移：

42、碰撞后做平抛运动，竖直位移：h12gt2水平位移：水平位移：Lv02t解得：解得：hL。(3)小球与小球与 C 碰撞过程中小球和碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒，设碰撞后组成的系统动量守恒，设碰撞后 C 的速率为的速率为 v1，依题意有依题意有 mv0mv02 3mv1假设木板足够长，在假设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为为v2，由动量守恒定律得：由动量守恒定律得：3mv1(3m6m)v2由能量守恒定律得：由能量守恒定律得：123mv1212(3m6m)v223mgs联立解得：联立解得：sL2

43、由由 sL 知，知，C 不会从木板上掉下来。不会从木板上掉下来。答案：答案：(1)3mg(2)L(3)C 不会从木板上掉下来，计算过程见解析不会从木板上掉下来，计算过程见解析专题强训提能专题强训提能1.(福建联考福建联考)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为另一端分别固定在杆上相距为 2L 的的 A、B两点。直杆与水平面的夹角为两点。直杆与水平面的夹角为，小球质量为，小球质量为 m，两根轻弹簧的原长，两根轻弹簧的原长均为均为 L、劲度系数均为、劲度系数均为3mgsin L

44、，g 为重力加速度。为重力加速度。(1)小球在距小球在距 B 点点45L 的的 P 点处于静止状态点处于静止状态，求此时小球受到的摩求此时小球受到的摩擦力大小和方向；擦力大小和方向；(2)设小球在设小球在(1)中中 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等且与滑动摩擦力相等。现让小球现让小球从从 P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点点45L 的的Q点，求初速度的点，求初速度的大小。大小。解析：解析：(1)小球在小球在 P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为点时两根弹簧的弹力大小相等，设

45、为 F，根据胡克定律有，根据胡克定律有FkL45L设小球静止时受到的摩擦力大小为设小球静止时受到的摩擦力大小为 Ff，方向沿杆向下，方向沿杆向下，根据平衡条件有根据平衡条件有 mgsin Ff2F解得解得 Ffmgsin 5，方向沿杆向下。，方向沿杆向下。(2)小球在小球在 P、Q两点时两点时，弹簧的弹性势能相等弹簧的弹性势能相等，故小球从故小球从 P 到到Q的过程中的过程中，弹簧对小弹簧对小球做功为零球做功为零由动能定理有由动能定理有 W合合Ekmg2L45Lsin Ff2L45L012mv2解得解得 v2 6gLsin 5。答案：答案：(1)mgsin 5，方向沿杆向下，方向沿杆向下(2)

46、2 6gLsin 52(2019 届高三届高三湖南六校联考湖南六校联考)如图所示如图所示，在光滑水平面上有一质量为在光滑水平面上有一质量为 2 018m 的木板的木板，板上有板上有 2 018 块质量均为块质量均为 m 的相同木块的相同木块 1、2、2 018。最初木板静止最初木板静止，各木块分别以各木块分别以 v、2v、2 018v 的初速度同时向同一方向运动的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为木块和木板间的动摩擦因数为，且木块间且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；最终木板的速度；(2)运动中第运动中第 88 块木块

47、的最小速度；块木块的最小速度；(3)第第 2 块木块相对木板滑动的时间。块木块相对木板滑动的时间。解析：解析：(1)设最终木板和木块一起以速度设最终木板和木块一起以速度 v运动，由动量守恒定律可知运动，由动量守恒定律可知m(v2vnv)2nmv解得解得 vn14v2 0194v。(2)设第设第 k 块木块的最小速度为块木块的最小速度为 vk，则此时木板及第则此时木板及第 1 至第至第(k1)块木块的速度均为块木块的速度均为 vk；因为每块木块质量相等因为每块木块质量相等，所受合外力也相等所受合外力也相等(均为均为mg)，故在相等时间内故在相等时间内，其速度的减少量其速度的减少量也相等，因而此时

48、，第也相等，因而此时，第(k1)块至第块至第 n 块木块的速度依次为块木块的速度依次为 vkv、vk2v、vk(nk)v；系统动量守恒，故系统动量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk) v解得解得 vk 2n1k kv4n，v8843 4391 009v。(3)第第 2 块木块刚相对木板静止的速度为块木块刚相对木板静止的速度为v2 2n1k kv4n22 0181242 0182v4 0354 036v因为木块的加速度总为因为木块的加速度总为 agv22vgt，解得，解得 t2vv2g4 037v4 036g。答案：答案：(1)2 0194v(2)43 4391 0

49、09v(3)4 037v4 036g3.(西安一中模拟西安一中模拟)光滑水平面上光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质用轻质弹簧连接的质量为量为 mA2 kg、mB3 kg 的的 A、B 两物体都处于静止状态两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长此时弹簧处于原长。将质量为将质量为 mC5 kg 的物体的物体 C，从半从半径径R3.2 m 的的14光滑圆弧轨道最高点由静止释放光滑圆弧轨道最高点由静止释放， 如图所示如图所示， 圆弧轨道的最低点与水平面相切圆弧轨道的最低点与水平面相切，B 与与 C 碰撞后粘在一起运动。求：碰撞后粘在一起运动。求：(1)B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；碰撞刚结束时的

50、瞬时速度的大小；(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：解析：(1)对对 C 下滑过程中，由动能定理得下滑过程中，由动能定理得mCgR12mCv02设设 B、C 碰撞后碰撞后 B 与与 C 整体的瞬时速度为整体的瞬时速度为 v1，以水平向左为正方向，由动量守恒定律，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得得mCv0(mBmC)v1解得解得 v15 m/s。(2)由题意可知由题意可知，当当 A、B、C 速度大小相等时弹簧的弹性势能最大速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度设此时三者的速度大小为大小为 v2，以水平向左为正方向，由动量守恒

51、定律得，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得(mCmB)v1(mAmBmC)v2设弹簧的最大弹性势能为设弹簧的最大弹性势能为 Ep，则对则对 B、C 碰撞后到碰撞后到 A、B、C 速度相同过程中速度相同过程中，由能量由能量守恒定律得守恒定律得12(mBmC)v1212(mAmBmC)v22Ep解得解得 Ep20 J。答案：答案：(1)5 m/s(2)20 J4(全国卷全国卷)汽车汽车 A 在水平冰雪路面上行驶在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现驾驶员发现其正前方停有汽车其正前方停有汽车 B， 立即采取制动措施立即采取制动措施， 但仍然撞上了汽车但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位

52、置如图所示，碰撞后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 车车向前滑动了向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了车向前滑动了 2.0 m。已知已知 A 和和 B 的质量的质量分别为分别为 2.0103kg 和和 1.5103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2。求：。求：(1)碰撞后的瞬间碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。车速度的大小。解析

53、：解析：(1)设设 B 车碰后加速度大小为车碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有。根据牛顿第二定律有mBgmBaB设碰撞后瞬间设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有。由运动学公式有vB22aBsB联立联立式并利用题给数据得式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设设 A 车碰后加速度大小为车碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有，根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有，由运动学公式有vA

54、22aAsA设碰撞前的瞬间设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立联立式并利用题给数据得式并利用题给数据得vA4.25 m/s。答案：答案：(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s5(临沂模拟临沂模拟)如图，长度如图，长度 x5 m 的粗糙水平面的粗糙水平面 PQ的左端固定一竖直挡板，右端的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率传送带以一定速率 v 逆时针转动逆时针转动，其上表面其上表面QM 间距离为间距离为 L4m，粗糙水平面，粗糙水平面 MN 无限长，无限长，M 端与传送带平滑连接。物块端与传送带平滑连接。物块 A 和和 B 可视为质点，可视为质点，A 的质的质量量m1.5 kg，B 的质量的质量 M5.5 kg。开始时开始时 A 静止在静止在 P 处处，B 静止在静止在Q处处，现给现给 A 一个向右一个向右的的 v08 m/s 的初速度的初速度，A 运动一段时间后与运动一段时间后与 B 发生弹性碰撞发生弹性碰撞，设设 A、B 与传送带和水平与传送带和水平