高考物理二輪復習講與練：第一部分第二板塊第2講《應用“能量觀點”和“動量觀點”破解力學計算題》(含答案詳解)

1、第第 2 講講|應用應用“能量觀點能量觀點”和和“動量觀點動量觀點”破解力學計算題破解力學計算題考法考法學法學法應用能量和動量的觀點來解決物體運動的多過程問題是高考考查的重點和熱點。這類問題命題情景新穎，密切聯(lián)系實際，綜合性強，常是高考的壓軸題。涉及的知識主要包括：動能定理；機械能守恒定律；能量守恒定律；功能關系；動量定理；動量守恒定律。用到的思想方法有：整體法和隔離法；全程法；分段法；相對運動方法；守恒思想；等效思想；臨界極值思想。命題點命題點(一一)應用動能定理求解多過程問題應用動能定理求解多過程問題研一題研一題(2019 屆高三屆高三南昌調(diào)研南昌調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為 m

2、1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上，從從 A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端點隨傳送帶運動到水平部分的最右端 B 點點， 經(jīng)半圓軌道經(jīng)半圓軌道 C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動動。C 點在點在 B 點的正上方點的正上方，D 點為半圓軌道的最低點點為半圓軌道的最低點。小小物塊離開物塊離開 D 點后做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的點后做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的 E 點。已知半點。已知半圓軌道的半徑圓軌道的半徑 R0.9 m，

3、D 點距水平面的高度點距水平面的高度 h0.75 m，取，取 g10 m/s2，求：，求：(1)摩擦力對小物塊做的功；摩擦力對小物塊做的功；(2)小物塊經(jīng)過小物塊經(jīng)過 D 點時對軌道壓力的大?。稽c時對軌道壓力的大??；(3)傾斜擋板與水平面間的夾角傾斜擋板與水平面間的夾角。審題指導審題指導運動情景是什么？運動情景是什么？小物塊的運動經(jīng)歷了三個過程，分別是直線運動、圓周運動、平拋小物塊的運動經(jīng)歷了三個過程，分別是直線運動、圓周運動、平拋運動運動用到什么規(guī)律？用到什么規(guī)律？動能定理、圓周運動規(guī)律、平拋運動規(guī)律動能定理、圓周運動規(guī)律、平拋運動規(guī)律采用什么方法？采用什么方法？相鄰兩個過程的連接點的速度是

4、解題的突破口，先利用圓周運動最相鄰兩個過程的連接點的速度是解題的突破口，先利用圓周運動最高點的臨界狀態(tài)求出小物塊到達高點的臨界狀態(tài)求出小物塊到達 C 點時的速度點時的速度，再利用動能定理求再利用動能定理求出摩擦力做的功及小物塊到達出摩擦力做的功及小物塊到達 D 點時的速度點時的速度， 最后利用運動的合成最后利用運動的合成與分解求出末速度的方向與分解求出末速度的方向 解析解析 (1)設小物塊經(jīng)設小物塊經(jīng)過過 C 點時的速度大小點時的速度大小為為 v1， 因為經(jīng)因為經(jīng)過過 C 點時恰好能做圓周運動點時恰好能做圓周運動，由牛頓第二定律可得：由牛頓第二定律可得：mgmv12R，解得，解得 v13 m/

5、s小物塊由小物塊由 A 到到 B 過程中，設摩擦力對小物塊做的功為過程中，設摩擦力對小物塊做的功為 W，由動能定理得：，由動能定理得：W12mv12，解得，解得 W4.5 J。(2)設小物塊經(jīng)過設小物塊經(jīng)過 D 點時的速度為點時的速度為 v2，對從，對從 C 點到點到 D 點的過程，由動能定理得：點的過程，由動能定理得：mg2R12mv2212mv12小物塊經(jīng)過小物塊經(jīng)過 D 點時，設軌道對它的支持力大小為點時，設軌道對它的支持力大小為 FN，由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：FNmgmv22R解得解得 v23 5 m/s，F(xiàn)N60 N由牛頓第三定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為：由牛頓第三

6、定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為：FNFN60 N。(3)小物塊離開小物塊離開 D 點做平拋運動，設經(jīng)時間點做平拋運動，設經(jīng)時間 t 打在打在 E 點，由點，由 h12gt2，解得，解得 t1510s設小物塊打在設小物塊打在 E 點時速度的水平、豎直分量分別為點時速度的水平、豎直分量分別為 vx、vy，速度方向與豎直方向的夾，速度方向與豎直方向的夾角為角為，則：，則：vxv2，vygt，tan vxvy，解得，解得60再由幾何關系可得再由幾何關系可得60。答案答案(1)4.5 J(2)60 N(3)60悟一法悟一法多個運動過程的組合實際考查了多種物理規(guī)律和方法的綜合應用，分析這類問題時要多個

7、運動過程的組合實際考查了多種物理規(guī)律和方法的綜合應用，分析這類問題時要獨立分析各個運動過程，而不同過程往往通過連接點的速度銜接。求解多運動過程問題的獨立分析各個運動過程，而不同過程往往通過連接點的速度銜接。求解多運動過程問題的注意事項：注意事項：(1)弄清物體的運動由哪些過程構(gòu)成。弄清物體的運動由哪些過程構(gòu)成。(2)分析每個過程中物體的受力情況。分析每個過程中物體的受力情況。(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻。各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻。(4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。(5)對所研究的分

8、過程或全過程運用動能定理列方程。對所研究的分過程或全過程運用動能定理列方程。通一類通一類1.如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為 1 kg 的物塊靜止在水平面上，物塊與的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)水平面間的動摩擦因數(shù)0.2， t0 時刻給物塊施加一個水平向時刻給物塊施加一個水平向右的拉力右的拉力 F，使物塊沿水平方向做直線運動，其加速度隨時間變化的關系如表格所示，重，使物塊沿水平方向做直線運動，其加速度隨時間變化的關系如表格所示，重力加速度力加速度 g 取取 10 m/s2，水平向右為正方向，求：，水平向右為正方向，求：時間時間 t/s加速度加速度 a/(ms2)044483(

9、1)04 s 內(nèi)水平拉力的大??；內(nèi)水平拉力的大小；(2)08 s 內(nèi)物塊運動的位移大??；內(nèi)物塊運動的位移大?。?3)08 s 內(nèi)水平拉力做的功。內(nèi)水平拉力做的功。解析：解析：(1)04 s 內(nèi)，物塊運動的加速度大?。簝?nèi)，物塊運動的加速度大?。篴14 m/s2根據(jù)牛頓第二定律：根據(jù)牛頓第二定律：F1mgma1，解得：，解得：F16 N。(2)t14 s 時物塊的速度大?。簳r物塊的速度大?。簐1a1t116 m/s08 s 內(nèi)物塊運動的位移：內(nèi)物塊運動的位移：x12v1t1v1t212a2t2272 m。(3)8 s 時物塊的速度時物塊的速度：v2a1t1a2t24 m/s根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理

10、：Wmgx12mv22，解得解得：W152 J。答案：答案：(1)6 N(2)72 m(3)152 J2(齊魯名校聯(lián)考齊魯名校聯(lián)考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面 AB 與水平面與水平面 BC 平滑連接平滑連接于于 B 點，點，BC 右端連接一口深度為右端連接一口深度為 H、寬度為、寬度為 d 的深井的深井 CDEF，一個質(zhì)量為，一個質(zhì)量為 m 的小球放在的小球放在曲面曲面 AB 上，可從距上，可從距 BC 面不同的高度處靜止釋放小球，已知面不同的高度處靜止釋放小球，已知 BC 段長為段長為 L，小球與，小球與 BC 間間的動摩擦因數(shù)為的動摩擦因數(shù)為，重力

11、加速度為，重力加速度為 g。(1)若小球恰好落在井底若小球恰好落在井底 E 點處，求小球釋放點距點處，求小球釋放點距 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 上的最小動能上的最小動能 Ekmin和此時的釋放點和此時的釋放點距距 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，由動能定理得，由動能定理得mghmgL12mvC2自自 C 點水平飛出后，由平拋運動規(guī)律得點水平飛出后，由平拋運動規(guī)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 處，則處，則

12、 xd，yH解得小球的釋放點距解得小球的釋放點距 BC 面的高度為面的高度為h1Ld24H。(2)若小球不能直接落在井底，設打在若小球不能直接落在井底，設打在 EF 上的動能為上的動能為 Ek，則，則 xd解得解得 vCdg2y小球由小球由 C 到打在到打在 EF 上，由動能定理得上，由動能定理得mgyEk12mvC2代入代入 vC得：得：Ekmgymgd24y當當 yd2時，時，Ek最小，且最小，且 Ekminmgd此時小球的釋放點距此時小球的釋放點距 BC 面的高度為面的高度為 h2Ld2。答案：答案：(1)Ld24H(2)mgdLd2命題點命題點(二二)機械能守恒定律的綜合應用機械能守恒

13、定律的綜合應用研一題研一題如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑為如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑為 R 的四分之一圓弧構(gòu)成的細管道的四分之一圓弧構(gòu)成的細管道 ABC，圓，圓心連線心連線 O1O2水平且與管道的交點為水平且與管道的交點為 B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為右端靠著質(zhì)量為 m的小球的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長為，長為 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 的水平距離為的水平距離為 R。開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能。重力加速度。開始時

14、彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能。重力加速度為為 g，解除鎖定，小球從起點離開彈簧后進入管道，最后從，解除鎖定，小球從起點離開彈簧后進入管道，最后從 C 點拋出點拋出(不計小球與水平面和不計小球與水平面和管道的摩擦管道的摩擦)，若小球經(jīng)，若小球經(jīng) C 點時對管道外側(cè)的彈力大小為點時對管道外側(cè)的彈力大小為 mg。(1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能求彈簧鎖定時具有的彈性勢能 Ep；(2)求小球經(jīng)管道求小球經(jīng)管道 B 點的前、后瞬間對管道的壓力；點的前、后瞬間對管道的壓力；(3)試通過計算判斷小球能否落在薄板試通過計算判斷小球能否落在薄板 DE 上。上。思維流程思維流程解析解析(1)小球經(jīng)過小球經(jīng)

15、過 C 點時，管道對小球的彈力點時，管道對小球的彈力 FNmg，方向豎直向下，方向豎直向下，根據(jù)向心力公式有根據(jù)向心力公式有 mgFNmvC2R小球從起點運動到小球從起點運動到 C 點過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則點過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則Ep2mgR12mvC2解得解得 vC 2gR，Ep3mgR。(2)小球從起點到經(jīng)過小球從起點到經(jīng)過 B 點的過程中，根據(jù)機械能守恒，有點的過程中，根據(jù)機械能守恒，有3mgRmgR12mvB2小球經(jīng)小球經(jīng) B 點前、后瞬間，管道對其的彈力提供向心力，點前、后瞬間，管道對其的彈力提供向心力，則則 FNmvB2R解得解得 FN4mg

16、由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)由牛頓第三定律可知，小球經(jīng) B 點前、后瞬間對管道的壓力分別向右和向左，大小點前、后瞬間對管道的壓力分別向右和向左，大小為為4mg。(3)小球離開小球離開 C 點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R12gt2，xvCt解得解得 x2 2R因為因為 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)分別為向右和向左，大小為分別為向右和向左，大小為 4mg 的壓力的壓力(3)小球不能落在薄小球不能落在薄板板DE 上，計算過程見解析上，計算過程見解析悟一法悟一法解答含有彈簧的機械能守恒問題

17、時，關鍵是選好系統(tǒng)，弄清楚彈性勢能的變化情況或解答含有彈簧的機械能守恒問題時，關鍵是選好系統(tǒng)，弄清楚彈性勢能的變化情況或彈力做功的情況。彈力做功的情況。1彈性勢能彈性勢能：通常由功能關系或能量守恒定律計算通常由功能關系或能量守恒定律計算，彈簧壓縮或拉伸彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢能均有彈性勢能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長度，其彈性勢能相等。同一彈簧壓縮或拉伸相同的長度，其彈性勢能相等。2彈力做功：彈力做功：與路徑無關，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且與路徑無關，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且 W彈彈Ep。通一類通一類1(江蘇高考江蘇高考)如圖所示如圖所示，釘子釘子 A、B 相距相距 5

18、l，處于同一高度處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為細線的一端系有質(zhì)量為 M 的小物塊的小物塊，另一端繞過另一端繞過 A 固定于固定于 B。質(zhì)質(zhì)量為量為 m 的小球固定在細線上的小球固定在細線上 C 點，點，B、C 間的線長為間的線長為 3l。用手豎。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時 BC 與水平方向的與水平方向的夾角為夾角為 53。松手后松手后，小球運動到與小球運動到與 A、B 相同高度時的速度恰好為零相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動然后向下運動。忽忽略一切摩擦，重力加速度為略一切摩擦，重力加速度為 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)物塊和小球的質(zhì)量之比物塊和小球的質(zhì)量之比 Mm；(3)小球向下運動到最低點時，物塊小球向下運動到最低點時，物塊 M 所受的拉力大小所受的拉力大小 T。解析：解析：(1)由幾何知識可知由幾何知識可知 ACBC，根據(jù)平衡條件得，根據(jù)平衡條件得(Fmg)cos 53Mg解得解得 F53Mgmg。(2)與與 A、B 相同高度時相同高度時小球上升小球上升 h13lsin 53物塊下降物塊下降 h22l物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 mgh1Mgh2解得解得Mm65。(3)根據(jù)機械能守恒定律

20、，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設此時物塊受根據(jù)機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設此時物塊受到的拉力為到的拉力為 T，加速度大小為，加速度大小為 a，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得 MgTMa對小球，沿對小球，沿 AC 方向由牛頓第二定律得方向由牛頓第二定律得 Tmgcos 53ma解得解得 T8mMg5 mM 結(jié)合結(jié)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.(湖北三市五校聯(lián)考湖北三市五校聯(lián)考)如圖所示如圖

21、所示，一質(zhì)量不計的細線繞過無摩擦的輕一質(zhì)量不計的細線繞過無摩擦的輕質(zhì)小定滑輪質(zhì)小定滑輪 O 與質(zhì)量為與質(zhì)量為 5m 的砝碼相連的砝碼相連， 另一端與套在一根固定光滑的豎另一端與套在一根固定光滑的豎直桿上質(zhì)量為直桿上質(zhì)量為 m 的圓環(huán)相連的圓環(huán)相連，直桿上有直桿上有 A、C、B 三點三點，且且 C 為為 AB 的中的中點，點，AO 與豎直桿的夾角為與豎直桿的夾角為 53，C 點與滑輪點與滑輪 O 在同一水平高度，滑輪與在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為豎直桿相距為 L，重力加速度為重力加速度為 g，設豎直桿足夠長設豎直桿足夠長，圓環(huán)和砝碼在運動圓環(huán)和砝碼在運動過程中不會與其他物體相碰。現(xiàn)將圓環(huán)從

22、過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從 A 點由靜止釋放點由靜止釋放(已知已知sin 530.8，cos 530.6)，求：，求：(1)砝碼下降到最低點時，圓環(huán)的速度大小；砝碼下降到最低點時，圓環(huán)的速度大小；(2)圓環(huán)能下滑的最大距離；圓環(huán)能下滑的最大距離；(3)圓環(huán)下滑到圓環(huán)下滑到 B 點時的速度大小。點時的速度大小。解析：解析：(1)當圓環(huán)到達當圓環(huán)到達 C 點時，砝碼下降到最低點，此時砝碼速度為零，由幾何關系得點時，砝碼下降到最低點，此時砝碼速度為零，由幾何關系得圓環(huán)下降高度為圓環(huán)下降高度為 hAC3L4砝碼下降高度為砝碼下降高度為h5L4LL4由系統(tǒng)機械能守恒得由系統(tǒng)機械能守恒得 mgh

23、AC5mgh12mv12則圓環(huán)的速度則圓環(huán)的速度 v12 gL。(2)當圓環(huán)下滑的最大距離為當圓環(huán)下滑的最大距離為 H 時，圓環(huán)和砝碼的速度均為零時，圓環(huán)和砝碼的速度均為零砝碼上升的高度砝碼上升的高度HH3L42L25L4由系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)重力勢能的減少量等于砝碼重力勢能的增加量，即由系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)重力勢能的減少量等于砝碼重力勢能的增加量，即mgH5mgH得圓環(huán)能下滑的最大距離得圓環(huán)能下滑的最大距離 H25L12。(3)當圓環(huán)運動到當圓環(huán)運動到 B 點時，下滑的高度點時，下滑的高度 hAB3L2，而砝碼的高度不變，設圓環(huán)的速度，而砝碼的高度不變，設圓環(huán)的速度為為v2，此時砝碼的速度為

24、，此時砝碼的速度為 v2cos 53。由系統(tǒng)機械能守恒得。由系統(tǒng)機械能守恒得mghAB12mv22125m(v2cos 53)2得圓環(huán)下滑到得圓環(huán)下滑到 B 點時的速度點時的速度 v215gL14。答案：答案：(1)2 gL(2)25L12(3)15gL14命題點命題點(三三)動量觀點與能量觀點的綜合應用動量觀點與能量觀點的綜合應用研一題研一題如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為 m10.01 kg 的子彈的子彈 A，垂直紙筒的旋轉(zhuǎn)軸穿過高速旋轉(zhuǎn)的紙筒，垂直紙筒的旋轉(zhuǎn)軸穿過高速旋轉(zhuǎn)的紙筒 B，且只在且只在 B 上留下一個彈孔，子彈穿過上留下一個彈孔，子彈穿過 B 后打入質(zhì)量為后打入質(zhì)量為 m20.

25、99 kg 的木塊的木塊 C 中，并留在中，并留在 C里面里面(A、C 可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點)，C 放在長木板放在長木板 D 的左端的左端，D 的質(zhì)量的質(zhì)量 m33 kg，長度長度 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與放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的與 D 等高的固定擋板等高的固定擋板 E，D 的右端的右端到到 E 的距離的距離 L20.125 m，D 碰到碰到 E 即被粘牢即被粘牢，C 飛到桌面下方的水平地面上飛到桌面下方的水平地面上，已知紙筒直已知紙筒直徑徑d30 cm，紙筒勻速旋轉(zhuǎn)的角速度，紙筒勻速旋轉(zhuǎn)的角速度103rad/s，C 與與

26、D 之間的動摩擦因數(shù)之間的動摩擦因數(shù)0.1，D的上表面距離地面高的上表面距離地面高 H5 m，子彈穿過紙筒的過程中所受的摩擦力忽略不計，取，子彈穿過紙筒的過程中所受的摩擦力忽略不計，取 g10m/s2。(1)若發(fā)射子彈的槍有兩個擋位，可以發(fā)射兩種初速度不同的子彈，為了讓子彈穿過紙若發(fā)射子彈的槍有兩個擋位，可以發(fā)射兩種初速度不同的子彈，為了讓子彈穿過紙筒的時間盡可能短，兩個擋位的發(fā)射速度分別是多少？筒的時間盡可能短，兩個擋位的發(fā)射速度分別是多少？(2)在在(1)問中，討論子彈問中，討論子彈 A 打入打入 C 后，后，A、C 整體能否與整體能否與 D 達到共同速度，若達到共同速度，若 A、C 整整

27、體能與體能與 D 達到共速，求出達到共速，求出 A、C 整體落到地面上距桌邊的距離。整體落到地面上距桌邊的距離。過程分析過程分析過過程程子彈子彈 A 穿過紙筒穿過紙筒 B子彈子彈 A 打擊木塊打擊木塊 C木木塊塊C(含子含子彈彈 A)與與長木板長木板 D 相互作用相互作用木塊木塊 C(含子彈含子彈 A)水水平飛出做平拋運動平飛出做平拋運動模模型型勻速直線運動、勻勻速直線運動、勻速圓周運動速圓周運動子彈打木塊模型子彈打木塊模型(完完全非彈性碰撞全非彈性碰撞)(約束條件下的約束條件下的)板板塊模型塊模型平拋運動模型平拋運動模型方方法法同時性同時性近似法近似法理想模型法、假設理想模型法、假設法法運動

28、的合成與分解運動的合成與分解規(guī)規(guī)律律直線運動規(guī)律、圓直線運動規(guī)律、圓周運動規(guī)律周運動規(guī)律動量守恒定律動量守恒定律動量守恒定律、動動量守恒定律、動能定理、能量守恒能定理、能量守恒定律定律平拋運動規(guī)律平拋運動規(guī)律 解析解析 (1)根據(jù)題意，槍有兩個擋位，子彈穿過紙筒后只留下一個彈孔，且穿過紙筒根據(jù)題意，槍有兩個擋位，子彈穿過紙筒后只留下一個彈孔，且穿過紙筒的時間盡可能的短，紙筒轉(zhuǎn)過的角度應滿足：的時間盡可能的短，紙筒轉(zhuǎn)過的角度應滿足：(2n1)，式中，式中 n 取取 0 和和 1子彈穿過紙筒的時間為：子彈穿過紙筒的時間為：t則子彈的速度為：則子彈的速度為：vdtd 2n1 把把 n0,1 分別代入

29、分別代入式得子彈的速度分別為：式得子彈的速度分別為：v1300 m/s，v2100 m/s。(2)設子彈設子彈 A 打入打入 C 后，后，A、C 整體的共同速度為整體的共同速度為 v11,由動量守恒定律得：由動量守恒定律得：m1v(m1m2)v11假設假設 A、C 整體能夠與整體能夠與 D 達到的共同速度為達到的共同速度為 v22,由動量守恒定律得：由動量守恒定律得：(m1m2)v11(m1m2m3)v22設此過程中設此過程中 A、C 整體相對于整體相對于 D 滑動的位移是滑動的位移是 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聯(lián)立聯(lián)立得：得：s1m12m3v22g m1m2 2 m1m2m3 討論：討論：.當當 vv1300 m/s 時時，代入代入式得式得：s13.375 mL1，說明此種情況下說明此種情況下 A、C 整體整體與與D 不能共速。不能共速。.當當 vv2100 m/s 時，代入時，代入式得：式得：s10.375 mL1，說明此種情況下，說明此種情況下 A、C 整體整體剛好沒有滑離剛好沒有滑離 D。設此過程中設此過程中 D 相對桌面的位移是相對桌面的位移是 s2，由動能定理得：，由動能定理得：(m1m2)gs212m3v222聯(lián)立聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得：式，并代入數(shù)據(jù)得：v220.25 m/s，s2

31、0.093 75 m0.125 mL2則則 A、C 整體剛好滑到整體剛好滑到 D 的右端時，還沒有與的右端時，還沒有與 E 碰撞，說明此種情況下碰撞，說明此種情況下 A、C 整體能整體能與與 D 共速，當共速，當 D 與與 E 碰撞并粘牢后，碰撞并粘牢后，A、C 整體做平拋運動，設落到水平地面上的距離整體做平拋運動，設落到水平地面上的距離為為s，由運動學知識得：平拋運動的時間：，由運動學知識得：平拋運動的時間：t2Hg2510s1 ssv22t0.251 m0.25 m。答案答案(1)300 m/s100 m/s(2)若子彈的初速度是若子彈的初速度是 300 m/s，則，則 A、C 整體不能與

32、整體不能與 D達到共同速度；若子彈的初速度是達到共同速度；若子彈的初速度是 100 m/s，則，則 A、C 整體能與整體能與 D 達到共同速度達到共同速度0.25 m悟一法悟一法1 1力學規(guī)律的選用原則力學規(guī)律的選用原則(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律。若其中涉及時間的問題，單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律。若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓運動定律。牛頓運動定律。(2)多個物體組成的系統(tǒng)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)

33、先考慮兩個守恒定律優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞若涉及碰撞、爆炸爆炸、反沖等問題時反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決。應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決。2系統(tǒng)化思維方法系統(tǒng)化思維方法(1)對多個研究對象運用系統(tǒng)化思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進對多個研究對象運用系統(tǒng)化思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)或系統(tǒng))。(2)對多個物理過程運用系統(tǒng)化思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守對多個物理過程運用

34、系統(tǒng)化思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決復雜的運動。恒定律解決復雜的運動。通一類通一類1(北京高考北京高考)2022 年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖，長直臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖，長直助滑道助滑道 AB 與彎曲滑道與彎曲滑道 BC 平滑銜接平滑銜接，滑道滑道 BC 高高 h10 m，C 是是半徑半徑 R20 m 圓弧的最低點圓弧的最低點。質(zhì)量質(zhì)量 m60 kg 的運動員從的運動員從 A 處由處由靜止開始勻加速下滑，加速度靜止開始勻加速下滑，加速度 a4.5

35、m/s2，到達，到達 B 點時速度點時速度 vB30 m/s。取重力加速度。取重力加速度g10 m/s2。(1)求長直助滑道求長直助滑道 AB 的長度的長度 L；(2)求運動員在求運動員在 AB 段所受合外力的沖量段所受合外力的沖量 I 的大小；的大?。?3)若不計若不計 BC 段的阻力段的阻力， 畫出運動員經(jīng)過畫出運動員經(jīng)過 C 點時的受力圖點時的受力圖， 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)根據(jù)勻變速直線運動公式，有根據(jù)勻變速直線運動公式，有LvB2vA22a100 m。(2)根據(jù)動量定理，有根據(jù)動量定理，有 ImvBmvA1 800 Ns。(3)運動員經(jīng)過

36、運動員經(jīng)過 C 點時的受力如圖所示。點時的受力如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，有根據(jù)牛頓第二定律，有FNmgmvC2R運動員在運動員在 BC 段運動的過程中，根據(jù)動能定理，有段運動的過程中，根據(jù)動能定理，有mgh12mvC212mvB2解得解得 FN3 900 N。答案答案：(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力圖見解析圖受力圖見解析圖3 900 N2(全國卷全國卷)一質(zhì)量為一質(zhì)量為 m 的煙花彈獲得動能的煙花彈獲得動能 E 后，從地面豎直升空。當煙花彈上升后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也的速度為零時，彈中火藥

37、爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為為 E，且均沿豎直方向運動且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短爆炸時間極短，重力加速度大小為重力加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。解析：解析：(1)設煙花彈上升的初速度為設煙花彈上升的初速度為 v0，由題給條件有，由題給條件有E12mv02設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為設煙花彈從地面開始上升

38、到火藥爆炸所用的時間為 t，由運動學公式有，由運動學公式有0v0gt聯(lián)立聯(lián)立式得式得t1g2Em。(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為設爆炸時煙花彈距地面的高度為 h1，由機械能守恒定律有，由機械能守恒定律有 Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為 v1和和 v2。由題給條件和動量守恒定律有。由題給條件和動量守恒定律有14mv1214mv22E12mv112mv20由由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部

39、分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為 h2，由機械能守恒定律有，由機械能守恒定律有14mv1212mgh2聯(lián)立聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為hh1h22Emg。答案：答案：(1)1g2Em(2)2Emg3.(泉州模擬泉州模擬)如圖，質(zhì)量為如圖，質(zhì)量為 6m、長為、長為 L 的薄木板的薄木板 AB 放在放在光滑的平臺上，木板光滑的平臺上，木板 B 端與臺面右邊緣平齊。端與臺面右邊緣平齊。B 端上放有質(zhì)量端上放有質(zhì)量為為 3m 且可視為質(zhì)點的滑塊且可視為質(zhì)點的滑塊 C，C 與木板之間

40、的動摩擦因數(shù)為與木板之間的動摩擦因數(shù)為13，質(zhì)量為，質(zhì)量為 m 的小球用長為的小球用長為 L 的細繩懸掛在平臺右邊緣正上的細繩懸掛在平臺右邊緣正上方的方的 O 點，細繩豎直時小球恰好與點，細繩豎直時小球恰好與 C 接觸?，F(xiàn)將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小接觸?，F(xiàn)將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與 C 碰撞后反彈速率為碰前的一半。碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細繩能夠承受的最大拉力；求細繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方若要使小球落在釋放點的正下方 P 點，平臺高度應為多大；點，平臺高度

41、應為多大；(3)通過計算判斷通過計算判斷 C 能否從木板上掉下來。能否從木板上掉下來。解析：解析：(1)設小球運動到最低點的速率為設小球運動到最低點的速率為 v0，小球向下擺動過程，由動能定理得：，小球向下擺動過程，由動能定理得：mgL12mv02解得：解得：v0 2gL小球在最低點時拉力最大，由牛頓第二定律得：小球在最低點時拉力最大，由牛頓第二定律得：FTmgmv02L解得：解得：FT3mg由牛頓第三定律可知，小球?qū)毨K的拉力：由牛頓第三定律可知，小球?qū)毨K的拉力：FTFT即細繩能夠承受的最大拉力為：即細繩能夠承受的最大拉力為：FT3mg。(2)小球與小球與 C 碰撞后做平拋運動，豎直位移：

42、碰撞后做平拋運動，豎直位移：h12gt2水平位移：水平位移：Lv02t解得：解得：hL。(3)小球與小球與 C 碰撞過程中小球和碰撞過程中小球和 C 組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后 C 的速率為的速率為 v1，依題意有依題意有 mv0mv02 3mv1假設木板足夠長，在假設木板足夠長，在 C 與木板相對滑動直到相對靜止過程中，設兩者最終共同速率與木板相對滑動直到相對靜止過程中，設兩者最終共同速率為為v2，由動量守恒定律得：由動量守恒定律得：3mv1(3m6m)v2由能量守恒定律得：由能量守恒定律得：123mv1212(3m6m)v223mgs聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：sL2

43、由由 sL 知，知，C 不會從木板上掉下來。不會從木板上掉下來。答案：答案：(1)3mg(2)L(3)C 不會從木板上掉下來，計算過程見解析不會從木板上掉下來，計算過程見解析專題強訓提能專題強訓提能1.(福建聯(lián)考福建聯(lián)考)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為另一端分別固定在桿上相距為 2L 的的 A、B兩點。直桿與水平面的夾角為兩點。直桿與水平面的夾角為，小球質(zhì)量為，小球質(zhì)量為 m，兩根輕彈簧的原長，兩根輕彈簧的原長均為均為 L、勁度系數(shù)均為、勁度系數(shù)均為3mgsin L

44、，g 為重力加速度。為重力加速度。(1)小球在距小球在距 B 點點45L 的的 P 點處于靜止狀態(tài)點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩求此時小球受到的摩擦力大小和方向；擦力大小和方向；(2)設小球在設小球在(1)中中 P 點受到的摩擦力為最大靜摩擦力點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等且與滑動摩擦力相等?，F(xiàn)讓小球現(xiàn)讓小球從從 P 點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距 A 點點45L 的的Q點，求初速度的點，求初速度的大小。大小。解析：解析：(1)小球在小球在 P 點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為點時兩根彈簧的彈力大小相等，設

45、為 F，根據(jù)胡克定律有，根據(jù)胡克定律有FkL45L設小球靜止時受到的摩擦力大小為設小球靜止時受到的摩擦力大小為 Ff，方向沿桿向下，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有根據(jù)平衡條件有 mgsin Ff2F解得解得 Ffmgsin 5，方向沿桿向下。，方向沿桿向下。(2)小球在小球在 P、Q兩點時兩點時，彈簧的彈性勢能相等彈簧的彈性勢能相等，故小球從故小球從 P 到到Q的過程中的過程中，彈簧對小彈簧對小球做功為零球做功為零由動能定理有由動能定理有 W合合Ekmg2L45Lsin Ff2L45L012mv2解得解得 v2 6gLsin 5。答案：答案：(1)mgsin 5，方向沿桿向下，方向沿桿向下(2)

46、2 6gLsin 52(2019 屆高三屆高三湖南六校聯(lián)考湖南六校聯(lián)考)如圖所示如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為在光滑水平面上有一質(zhì)量為 2 018m 的木板的木板，板上有板上有 2 018 塊質(zhì)量均為塊質(zhì)量均為 m 的相同木塊的相同木塊 1、2、2 018。最初木板靜止最初木板靜止，各木塊分別以各木塊分別以 v、2v、2 018v 的初速度同時向同一方向運動的初速度同時向同一方向運動，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為，且木塊間且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求：不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求：(1)最終木板的速度；最終木板的速度；(2)運動中第運動中第 88 塊木塊

47、的最小速度；塊木塊的最小速度；(3)第第 2 塊木塊相對木板滑動的時間。塊木塊相對木板滑動的時間。解析：解析：(1)設最終木板和木塊一起以速度設最終木板和木塊一起以速度 v運動，由動量守恒定律可知運動，由動量守恒定律可知m(v2vnv)2nmv解得解得 vn14v2 0194v。(2)設第設第 k 塊木塊的最小速度為塊木塊的最小速度為 vk，則此時木板及第則此時木板及第 1 至第至第(k1)塊木塊的速度均為塊木塊的速度均為 vk；因為每塊木塊質(zhì)量相等因為每塊木塊質(zhì)量相等，所受合外力也相等所受合外力也相等(均為均為mg)，故在相等時間內(nèi)故在相等時間內(nèi)，其速度的減少量其速度的減少量也相等，因而此時

48、，第也相等，因而此時，第(k1)塊至第塊至第 n 塊木塊的速度依次為塊木塊的速度依次為 vkv、vk2v、vk(nk)v；系統(tǒng)動量守恒，故系統(tǒng)動量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk) v解得解得 vk 2n1k kv4n，v8843 4391 009v。(3)第第 2 塊木塊剛相對木板靜止的速度為塊木塊剛相對木板靜止的速度為v2 2n1k kv4n22 0181242 0182v4 0354 036v因為木塊的加速度總為因為木塊的加速度總為 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.(西安一中模擬西安一中模擬)光滑水平面上光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為量為 mA2 kg、mB3 kg 的的 A、B 兩物體都處于靜止狀態(tài)兩物體都處于靜止狀態(tài)，此時彈簧處于原長此時彈簧處于原長。將質(zhì)量為將質(zhì)量為 mC5 kg 的物體的物體 C，從半從半徑徑R3.2 m 的的14光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放， 如圖所示如圖所示， 圓弧軌道的最低點與水平面相切圓弧軌道的最低點與水平面相切，B 與與 C 碰撞后粘在一起運動。求：碰撞后粘在一起運動。求：(1)B、C 碰撞剛結(jié)束時的瞬時速度的大小；碰撞剛結(jié)束時的

50、瞬時速度的大小；(2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：解析：(1)對對 C 下滑過程中，由動能定理得下滑過程中，由動能定理得mCgR12mCv02設設 B、C 碰撞后碰撞后 B 與與 C 整體的瞬時速度為整體的瞬時速度為 v1，以水平向左為正方向，由動量守恒定律，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得得mCv0(mBmC)v1解得解得 v15 m/s。(2)由題意可知由題意可知，當當 A、B、C 速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設此時三者的速度設此時三者的速度大小為大小為 v2，以水平向左為正方向，由動量守恒

51、定律得，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得(mCmB)v1(mAmBmC)v2設彈簧的最大彈性勢能為設彈簧的最大彈性勢能為 Ep，則對則對 B、C 碰撞后到碰撞后到 A、B、C 速度相同過程中速度相同過程中，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(全國卷全國卷)汽車汽車 A 在水平冰雪路面上行駛在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車其正前方停有汽車 B， 立即采取制動措施立即采取制動措施， 但仍然撞上了汽車但仍然撞上了汽車 B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位

52、置如圖所示，碰撞后兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后 B 車車向前滑動了向前滑動了 4.5 m，A 車向前滑動了車向前滑動了 2.0 m。已知已知 A 和和 B 的質(zhì)量的質(zhì)量分別為分別為 2.0103kg 和和 1.5103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為 0.10，兩車碰撞兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小 g10 m/s2。求：。求：(1)碰撞后的瞬間碰撞后的瞬間 B 車速度的大?。卉囁俣鹊拇笮?；(2)碰撞前的瞬間碰撞前的瞬間 A 車速度的大小。車速度的大小。解析

53、：解析：(1)設設 B 車碰后加速度大小為車碰后加速度大小為 aB。根據(jù)牛頓第二定律有。根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB設碰撞后瞬間設碰撞后瞬間 B 車速度的大小為車速度的大小為 vB，碰撞后滑行的距離為，碰撞后滑行的距離為 sB。由運動學公式有。由運動學公式有vB22aBsB聯(lián)立聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s。(2)設設 A 車碰后加速度大小為車碰后加速度大小為 aA，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設碰撞后瞬間設碰撞后瞬間 A 車速度的大小為車速度的大小為 vA，碰撞后滑行的距離為，碰撞后滑行的距離為 sA，由運動學公式有，由運動學公式有vA

54、22aAsA設碰撞前的瞬間設碰撞前的瞬間 A 車速度的大小為車速度的大小為 vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有。兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。答案：答案：(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s5(臨沂模擬臨沂模擬)如圖，長度如圖，長度 x5 m 的粗糙水平面的粗糙水平面 PQ的左端固定一豎直擋板，右端的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率傳送帶以一定速率 v 逆時針轉(zhuǎn)動逆時針轉(zhuǎn)動，其上表面其上表面QM 間距離為間距離為 L4m，粗糙水平面，粗糙水平面 MN 無限長，無限長，M 端與傳送帶平滑連接。物塊端與傳送帶平滑連接。物塊 A 和和 B 可視為質(zhì)點，可視為質(zhì)點，A 的質(zhì)的質(zhì)量量m1.5 kg，B 的質(zhì)量的質(zhì)量 M5.5 kg。開始時開始時 A 靜止在靜止在 P 處處，B 靜止在靜止在Q處處，現(xiàn)給現(xiàn)給 A 一個向右一個向右的的 v08 m/s 的初速度的初速度，A 運動一段時間后與運動一段時間后與 B 發(fā)生彈性碰撞發(fā)生彈性碰撞，設設 A、B 與傳送帶和水平與傳送帶和水平