专题十五力学三大观点的综合应用知识方法聚焦热点考向例析课件.ppt

1、专题十五力学三大观点的 综合应用 知 识 方 法 聚 焦 热 点 考 向 例 析 审题破题 真题演练栏目索引知识方法聚焦 知识回扣 1.动量变化动量变化 动量变化动量变化 合外力的冲量合外力的冲量 合力合力 平均值平均值2.(1)零零 (2)大小相等、方向相反大小相等、方向相反(3)合力为零合力为零 合力为零合力为零 3.(1)牛顿运动牛顿运动 (2)动量动量 时间时间(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根撞、爆炸、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

2、据能量关系分析解决.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单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若若其中涉及时间的问题，应选用其中涉及时间的问题，应选用 定理；若涉及位移的问题，定理；若涉及位移的问题，应选用应选用 定理；若涉及加速度的问题，只能选用定理；若涉及加速度的问题，只能选用 .知识方法聚焦规律方法动能动能动量动量牛顿第二牛顿第二定律定律知识方法聚焦规律方法2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法一定的联系方式，将

3、其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过对多个物理过程进行整体思维，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比较复杂的运动程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独对多个研究对象进行整体思维，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是把多个物体看成一个整体(或系统或系统).热点考向例析考向1动量和能量的观点在力学中的应用例例1 如图如图1所示，长为所示，长为L的平台固定的平

4、台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体上放有小物体A和和B，两者彼此接触，两者彼此接触.物体物体A的上表面是半径为的上表面是半径为R(RL)的光滑半圆形轨道，轨道顶端的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体有一小物体C，A、B、C的质量均为的质量均为m.现物体现物体C从静止状态从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，沿轨道下滑，已知在运动过程中，A、C始终保持接触始终保持接触.试求：试求：图图1(1)物体物体A和和B刚分离时，物体刚分离时，物体B的速度；的速度；解析设设C物体到达最低点的速度是物体到达最低点的速度是vC，A、B、C组成的系统组成的系统在水

5、平方向动量守恒，系统内机械能守恒在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒.mvAmvBmvC0 在在 C 物 体 到 达 最 低 点 之 前 一 直 有：物 体 到 达 最 低 点 之 前 一 直 有：vA vB 答案解析设设C能够到达轨道最大高度为能够到达轨道最大高度为h，A、C此时的水平速度此时的水平速度相等，设它们的共同速度为相等，设它们的共同速度为v，对系统应用动量守恒和机械能，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：守恒规律可得：mvB2mv0 答案(2)物体物体A和和B刚分离后，物体刚分离后，物体C所能达到距台面的最大高度；所能达到距台面的最大高度；解析因为因为A与与B脱离接触后脱离接

6、触后B的速度向右，的速度向右，A、C的总动量是的总动量是向左的，又向左的，又RL，所以，所以A从平台的左边落地从平台的左边落地.答案 A从平台的左边落地从平台的左边落地(3)判断物体判断物体A从平台左边还是右边落地并简要说明理由从平台左边还是右边落地并简要说明理由.针对训练针对训练1 如图如图2，半径，半径R0.8 m的四分之一圆弧形光滑的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点轨道竖直放置，圆弧最低点D与长为与长为L6 m的水平面相切的水平面相切于于D点，质量点，质量M1.0 kg的小滑块的小滑块A从圆弧顶点从圆弧顶点C由静止释由静止释放，到达最低点后，与放，到达最低点后，与D点右侧点右侧

7、m0.5 kg的静止物块的静止物块B相相碰，碰后碰，碰后A的速度变为的速度变为vA2.0 m/s，仍向右运动，仍向右运动.已知两物已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为块与水平面间的动摩擦因数均为0.1，若，若B与与E处的竖处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取直挡板相碰，没有机械能损失，取g10 m/s2.求：求：图图2解析设小滑块运动到设小滑块运动到D点的速度为点的速度为v，由机械能守恒定律有：，由机械能守恒定律有：MgR Mv2联立解得小滑块在联立解得小滑块在D点所受支持力点所受支持力FN30 N(1)滑块滑块A刚到达圆弧的最低点刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力；时对圆弧的压力；答案30

8、N，方向竖直向下，方向竖直向下由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有FNMg由牛顿第三定律有，小滑块在由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为点时对圆弧的压力为30 N，方，方向竖直向下向竖直向下.解析设设B滑块被碰后的速度为滑块被碰后的速度为vB，由动量守恒定律：，由动量守恒定律：MvMvAmvB(2)滑块滑块B被碰后瞬间的速度；被碰后瞬间的速度；答案4 m/s解得小滑块在解得小滑块在D点右侧碰后的速度点右侧碰后的速度vB4 m/s解析讨论：由于讨论：由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停从竖

9、直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则止，达到最大的路程，则(3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞讨论两滑块是否能发生第二次碰撞.对于对于A物块物块MgsA解得解得sA2 m对于对于B物块，由于物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则解得解得sB8 m(即从即从E点返回点返回2 m)由于由于sAsB10 m26 m12 m，故它们停止运动时仍相距，故它们停止运动时仍相距2 m，不能发生第二次碰撞，不能发生第二次碰撞.热点考向例析考向2动量和能量观点在电学中的应用例例2如图如图3所示，直角坐标系所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，位于竖直

10、平面内，x轴与绝缘的轴与绝缘的水平面重合，在水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场匀强电场.质量为质量为m28103 kg的不带电小物块静止在原点的不带电小物块静止在原点O，A点距点距O点点l0.045 m，质量，质量m11103 kg的带的带电小物块以初速度电小物块以初速度v00.5 m/s从从A点水平向右运点水平向右运动，在动，在O点与点与m2发生正碰并把部分电量转移到发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后上，碰撞后m2的速度为的速度为0.1 m/s，此后不再考，此后不再考虑虑m1、m2间的库仑力间的库仑力.已知电场强

11、度已知电场强度E40 N/C，小物，小物块块m1与水平面的动摩擦因数为与水平面的动摩擦因数为0.1，取，取g10 m/s2，求：，求：图图3解析 m1与与m2碰前速度为碰前速度为v1，由动能定理，由动能定理答案0.4 m/s，方向水平向左，方向水平向左(1)碰后碰后m1的速度；的速度；代入数据解得：代入数据解得：v10.4 m/s设设v20.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：正碰，由动量守恒有：m1v1m1v1m2v2代入数据得：代入数据得：v10.4 m/s，方向水平向左，方向水平向左(2)若碰后若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过做匀速圆周运动且恰好通过P点，点，OP与与x轴的夹轴的

12、夹角角30，OP长为长为lOP0.4 m，求磁感应强度，求磁感应强度B的大小；的大小；解析 m2恰好做匀速圆周运动，所以恰好做匀速圆周运动，所以qEm2g得：得：q2103 C粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R，则则qv2B轨迹如图，由几何关系有：轨迹如图，由几何关系有：RlOP解得：解得：B1 T答案1 T(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B的大小，使的大小，使m2能与能与m1再次相碰，求再次相碰，求B的大小？的大小？解析 当当m2经过经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，轴时速度

13、水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动碰后做匀减速运动.m1匀减速运动至停，其平均速度为：匀减速运动至停，其平均速度为：所以所以m2在在m1停止后与其相碰停止后与其相碰由牛顿第二定律有：由牛顿第二定律有：fm1gm1am1停止后离停止后离O点距离：点距离：s则则m2平抛的时间：平抛的时间：t答案0.25 T设设m2做匀速圆周运动的半径为做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：，由几何关系有：针对训练针对训练2 如图如图4所示，所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，缘轨道，MN水平且足够长，水平且足够长，LM下端与下端与MN相切相切.质量为质量为m的带

14、正电小球的带正电小球B静止在水平面上，质量为静止在水平面上，质量为2m带正电小球带正电小球A从从LM上距水平高为上距水平高为h处由静止释放，在处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于球进入水平轨道之前，由于A、B两球两球相距较远，相互作用力可认为零，相距较远，相互作用力可认为零，A球进入球进入水平轨道后，水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用两球间相互作用视为静电作用.带电小带电小球均可视为质点球均可视为质点.已知已知A、B两球始终没有接触两球始终没有接触.重力加速度重力加速度为为g.求：求：图图4解析 对对A球下滑的过程，据机械能守恒得：球下滑的过程，据机械能守恒得：(1)A球刚进入

15、水平轨道的速度大小；球刚进入水平轨道的速度大小；答案解析 A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时共速：距最近时共速：2mv0(2mm)v(2)A、B两球相距最近时，两球相距最近时，A、B两球系统的电势能两球系统的电势能Ep；答案解析 当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定度达到稳定.(3)A、B两球最终的速度两球最终的速度vA、vB大小大小.2mv02mvAmvB，答案

16、审题破题 真题演练8.综合应用力学三大观点解决多过程问题例例3 (18分分)如图如图5所示，光滑的水平面所示，光滑的水平面AB(足够长足够长)与半径为与半径为R0.8 m的光滑竖直半圆轨道的光滑竖直半圆轨道BCD在在B点相切，点相切，D点为半圆轨道点为半圆轨道最高点最高点.A点的右侧等高地放置着一个长为点的右侧等高地放置着一个长为L20 m、逆时针转、逆时针转动且速度为动且速度为v10 m/s的传送带的传送带.用轻质细线连接甲、乙两物用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接.甲的质甲的质量为量为m13 kg，乙的质量为

17、，乙的质量为m21 kg，甲、乙均静止在光，甲、乙均静止在光滑的水平面上滑的水平面上.现固定乙，烧断细线现固定乙，烧断细线,甲离开弹簧后进入半圆轨甲离开弹簧后进入半圆轨道并可道并可以通过以通过D点，且过点，且过D点时对轨道的压力恰好等于甲的重力点时对轨道的压力恰好等于甲的重力.传传送带与乙物体间的动摩擦因数为送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度，重力加速度g取取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点，甲、乙两物体可看作质点.图图5(1)求甲球离开弹簧时的速度；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若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑

18、上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；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，请说明原因会再次碰撞，请说明原因.思维导图答题模板解析(1)设甲离开弹簧时的速度大小为设甲离开弹簧时的速度大小为v0，运动至，运动至D点的过点的过程中机械能守恒：程中机械能守恒：(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v乙乙，答题模板得得v乙乙12 m/s (2分分)之后

19、乙滑上传送带做匀减速运动：之后乙滑上传送带做匀减速运动：m2gm2a得得a6 m/s2 (2分分)乙速度为零时离乙速度为零时离A端最远，最远距离为：端最远，最远距离为：答题模板即乙在传送带上滑行的最远距离为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、乙速度大小分别为甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v1、v2，甲、乙分离瞬间动量守恒：，甲、乙分离瞬间动量守恒：m1v1m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：答题模板甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，答题模板由对称性可知乙返回由对

20、称性可知乙返回AB面上时速度大小仍然为面上时速度大小仍然为高 考 现 场 (限时：15分钟，满分18分)(2014广东广东35)如图如图6所示的水平轨道中，所示的水平轨道中，AC段的中点段的中点B的正上的正上方有一探测器，方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体处有一竖直挡板，物体P1沿光滑轨道向右以沿光滑轨道向右以速度速度v1与静止在与静止在A点的物体点的物体P2碰撞，并碰撞，并接合成复合体接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在零点，探测器只在t12 s至至t24 s内工作内工作.已知已知P1、P2的质量都为的质量都为m1 kg，P与与AC间的动摩擦因数为间的动摩

21、擦因数为0.1，AB段长段长L4 m，g取取10 m/s2，P1、P2和和P均视为质点，均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞与挡板的碰撞为弹性碰撞.图图6(1)若若v16 m/s，求，求P1、P2碰后瞬间的速度大小碰后瞬间的速度大小v和碰撞和碰撞损失的动能损失的动能E；解析设设P1和和P2发生弹性碰撞后速度为发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定，根据动量守恒定律有：律有：mv12mv2 解得解得E9 J答案3 m/s9 J(2)若若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，点，求求v1的取值范围和的取值范围和P向左经过向左经过A点时的最大动能点时的最大动能E.解析P滑动过程中，由牛顿第二定律知滑动过程中，由牛顿第二定律知可以把可以把P从从A点运动到点运动到C点再返回点再返回B点的全过程看作匀减速直点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有线运动，根据运动学公式有3Lv2t at2 mamg 答案10 m/sv114 m/s17 J若若t4 s时通过时通过B点，解得：点，解得：v110 m/s若若t2 s时通过时通过B点，解得：点，解得：v114 m/s故故v1的取值范围为：的取值范围为：10 m/sv114 m/s设向左经过设向左经过A点的速度为点的速度为vA，由动能定理知，由动能定理知