1、专题六力学三大观点的综合应用考纲解读1.理解动量守恒定律和机械能守恒定律守恒条件的区别及二者的综合应用.2.掌握多过程问题的分析思路和方法，能熟练应用动量和能量观点处理多过程问题考点一应用动量观点和能量观点处理多过程问题综合应用动量和能量观点处理直线运动、曲线运动(或平抛运动)和圆周运动相结合的多过程问题是我省高考的重点和热点之一1弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程2进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点3光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的二物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析4如含摩擦生热问题，则考虑用
2、能量守恒定律分析例1如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角135后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道(重力加速度g取10 m/s2)求：图1(1)BP间的水平
3、距离sBP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.解析(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy同时tan 45解得vD4 m/s设平抛用时为t，水平位移为s，则有Rgt2svDt解得s1.6 m物块B碰后以初速度v06 m/s，加速度大小a4 m/s2减速到vD，则BD间的位移为s12.5 m故BP之间的水平距离sBPss14.1 m(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mvmvmgR设轨道对物块的压力为FN，则FNmgm解得FN(1)mg0m2g解得00.069(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a
4、10g1.6 m/s2此时两块长木板的加速度大小：a2g0.8 m/s2令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移s1v2ta1t2两块长木板的位移s2a2t2且s1s2L解得：t11 s或t2 s(舍去)b刚离开长木板c时b的速度v2v2a1t13.6 m/sb刚离开长木板c时d的速度v3a2t10.8 m/sd的长度至少为s：由动量守恒可知：m2v2m4v3(m2m4)v解得：v2 m/s0m2gsm2v22m4v(m2m4)v2解得：s1.4 m答案(1)4 m/s5.2 m/s(2)0.069(3)1 s1.4 m突破训练2如图4所示，质量为m的b球用长为h的细绳
5、悬挂于水平轨道BC的出口C处质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起已知BC轨道距地面有图4一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案(1)(2)会断裂解析(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mghmv解得vC，即a与b球碰前的速度大小为(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得mvC(mm)v故vvC假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为FT，则FT2mg2m解得FT3m
6、gFT2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动32用三大规律解决综合题的规范解析解析(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A的过程，滑动摩擦力做正功，物块从A到B，重力做正功，根据动能定理mgsmg2Rmv，解得vB3.(4分)(2)物块从B滑上滑板开始做匀减速直线运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速直线运动设它们的共同速度为v，根据动量守恒定律得mvB(m2m)v，解得v.(2分)对物块，用动能定理列方程：mgs1mv2mv，解得s18R(1分)对滑板，用动能定理列方程：mgs22mv20，解得s22R(1分)由此可知物块在滑板上滑过s1s26R时，小于
7、6.5R，并没有掉下去，二者就具有共同速度了(1分)当2RL5R时，物块的运动过程是匀减速运动8R，匀速运动L2R，匀减速运动0.5R，滑上C点(1分)根据动能定理mg(8R0.5R)mvmv，解得mvmgRmgR(2分)Wfmg(8R0.5R)mgR，物块不能滑到CD轨道的中点(2分)当RLu，故B滑上传送带后做匀减速运动加速度ag2 m/s2，根据v2v2as，得物块B到达传送带左端时的速度v1 m/s4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v14 m/s.(2)物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒即mv1mv1MV1mvmv12MV
8、12联立解得，v1v1v1 m/s负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右物块B运动到传送带上做匀减速运动速度减为零时的位移s m ml，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上(3)物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2v1，然后与A发生第二次碰撞，且满足mv2mv2MV2mvmv22MV22联立解得，v2v2v2v1同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3v2，碰撞后的速度v3v3v1.依此类推第n次碰撞后B的速度vnv1.即n次碰撞后的速度大小为v1 m/s.2如图8所示，一质量m2
9、 kg的滑块从高h1.5 m处无初速度下落，沿切线方向进入固定的粗糙圆弧AB，圆弧半径R1.5 m，再经长L4 m的粗糙平面BC滑上静止于光滑水平地面上质量为图8M4 kg的足够长的长木板，长木板M的上表面与BC面齐平，与C点的间隙可忽略，滑块滑至C点时的速度vC6 m/s.当滑块m滑至长木板M上表面的同时施加给M一个大小为F6 N的水平向右的作用力，经t01 s撤去F.已知滑块m与粗糙圆弧AB、粗糙平面BC及M上表面的动摩擦因数均为0.2(g取10 m/s2)求：(1)滑块m在粗糙圆弧AB上运动时克服摩擦力所做的功；(2)滑块m与长木板M的最终速度的大小及滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生
10、的热量答案(1)8 J(2)3 m/s16.5 J解析(1)由动能定理可得：mg(hR)mgLWfABmv所以：WfAB8 J，即在AB圆弧上克服摩擦力做功为8 J.(2)设滑块滑上长木板后，相对长木板滑动时加速度大小为a1，此过程中长木板的加速度大小为a2，则有：mgma1，解得a1g2 m/s2FmgMa2，解得a22.5 m/s2当两者速度相等时vCa1t1a2t1，解得t1 s因为t0t1，所以撤去外力F时，m、M还未相对静止，此时m的速度v1vCa1t04 m/sM的速度v2a2t02.5 m/s该过程m相对M的位移为s相对t0t03.75 m产生的热量Q1mgs相对15 J此后由于
11、撤去F，由m、M组成的系统满足动量守恒，有mv1Mv2(Mm)v共得滑块m与长木板M的最终速度v共3 m/s由能量守恒知此过程产生的热量为Q2mvMv(Mm)v1.5 J所以滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生的热量Q总Q1Q216.5 J(限时：45分钟)题组1能量观点与动量守恒定律的应用1如图1所示，小车质量为M2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，一小物块(可视为质点)质量为m0.5 kg，与轨道BC的动摩擦因数为0.10，BC部分总长度为L0.80 m，重力加速度g取10 m/s2. 图1(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点由静止释放，小物块恰好可运
12、动到C点试求D点与BC轨道的高度差；(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点由静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小答案(1)8.0102 m(2)0.80 m/s解析(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据机械能守恒定律有mghmgL解得：hL8.0102 m(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车速度为v2，对小物块和小车组成的系统，根据水平方向动量守恒有：mv1Mv20根据功能关系有：mgmgh(mvMv)由以上各式解得：v1 0.80 m/s.2如图2所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗
13、糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h3.2 m，一质量m1 kg的小球a从A点以速度v012 m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M4 kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点)已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的1/3，而b球从E点水平抛出，其水平射程s0.8 m(g10 m/s2)图2(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？答案(1)1
14、m/s(2)0.9 m0.7 m(3)不能解析(1)b球离开E点后做平抛运动hgt2svbt解得vb1 m/s(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：mvamvaMvb解得va3 m/s碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mgmr0.9 mR0.7 m(3)小球从B到D，机械能守恒：mvmvmgh解得：mv36.5 J从A到B过程，由动能定理得：Wfmvmv解得：Wf35.5 J从D到B，机械能守恒：m()2mghmvB2解得：mvB232.5 JWf所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出3细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状长L0.8 m的BD段固定在竖
15、直平面内，其B端与半径R0.4 m的光滑圆弧轨道BP平滑连接CD段是半径R0.4 m的圆弧，AC段在水平面上，与长s1.25 m、动摩擦因数0.25的水平图3轨道AQ平滑相连，管中有两个可视为质点的小球a、b，ma6m，mb2m.开始时b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够越过轨道最高点P.a球能滑出AQ.(重力加速度取10 m/s2，2.45)求：(1)若v04 m/s，碰后b球的速度大小；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；(3)若v0未知，v0的取值范围答案(1)6 m/s(2)4.9 m/s(3)5 m/s2gsv0va15 m/s碰后a球上升的高度不能超
16、过3R，必须满足v0v0maxva1max9.8 m/s综上可得5 m/sv09.8 m/s.4如图4所示，竖直面内固定的半径为R的光滑半圆弧轨道，左、右端点P、Q与圆心在同一水平线上，左端点P距地高，右端点Q正下方质量均为M的物体A、B通过一轻弹簧连接，竖直放置处于静止状态，物体A上表面距Q端，与物体B处于同一水平面且质量为m的小球C(可视为质点)，从P端正下方以一定初速度竖直 图4上抛，经半圆弧轨道后与物体A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后，小球C反弹恰能通过圆弧轨道最高点，物体A恰能到达Q端且物体B刚好不离开地面，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)碰撞后，小球C恰能通过圆弧轨道最
17、高点时的速度大小；(2)质量的比值；(3)小球C竖直上抛的初速度v0.答案(1)(2)(3)解析(1)设小球C恰能通过半圆弧轨道最高点时的速度大小为v，有mgm解得：v(2)设小球C与物体A碰撞前速度大小为v1，碰后瞬时小球C速度大小为v1，物体A速度大小为v2小球C反弹通过半圆弧轨道最高点过程机械能守恒mv12mv2mgR解得：v12由物体A恰能到达Q端且物体B刚好不离开地面，得：Mv22Mgv2以竖直向下为正方向，由动量守恒得：mv1m(v1)Mv2mvmv12Mv22联立解得：v13(3)小球C竖直上抛至与物体A碰撞前的运动过程中机械能守恒：mvmvmgR解得：v0题组2动力学方法及动量
18、守恒定律的综合应用5(2011安徽理综24)如图5所示，质量M2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m1 kg的小球通过长L0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v04 m/s，g取10 m/s2. 图5(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小及方向(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离答案见解析解析(1)设小球到达最高点时速度为vP，由机械能守恒定律知mvmgLmv，代入数据解得
19、vP m/s设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F，方向竖直向下，则Fmgm代入数据得F2 N.由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上(2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒设小球通过最高点时速度为vm，滑块速度为vM，由动量守恒定律得mvmMvM由机械能守恒定律得mvmvMvmgL式联立代入数据解得vm2 m/s.(3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为sm，滑块运动的距离为sM，由系统水平方向动量守恒得，mmMM0式两边同乘运动时间tmmtMMt0即msmMsM又smsM2L联立代入数据求解得：sm m.6如图6所示，固定在地面上的光
20、滑的1/4圆弧面与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块A，其质量为mA2 kg，在半径为R1.25 m的1/4圆弧面顶端由静止下滑，车C的质量为mC6 kg，在车C的左端有一个质量mB 图62 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞后粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出，已知滑块A和B与车C的动摩擦因数均为0.5，车C与水平地面的摩擦忽略不计取g10 m/s2.求：(1)滑块A滑到圆弧面末端时对轨道的压力大小；(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(3)车C的最短长度答案(1)60 N(2)2.5 m/s(3)0.375 m解析(1)根据机械能守恒定律：mAgRm
21、AvvA5 m/s滑块A滑到圆弧面末端时，根据牛顿第二定律得FNmAgmA则FNmAgmA60 N根据牛顿第三定律，滑块A对轨道的压力大小为60 N(2)A滑块与B滑块碰撞，根据动量守恒定律得mAvA(mAmB)vv2.5 m/s(3)A、B在C上滑行受到的摩擦力为：Ff(mAmB)g20 NA、B在C上滑行满足动量守恒(mAmB)v(mAmBmC)vCvC1 m/s设车的最短长度为L，根据能量守恒得(mAmB)v2(mAmBmC)vFfLL0.375 m7如图7甲所示，ABC为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通
22、过这两点时对轨道的压力为FA和FC，质量为0.1 kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道(g取10 m/s2)(1)若FC和FA的关系图线如图乙所示，求：当FA13 N时小球滑经A点时的速度vA，以及小球由A滑至C的过程中损失的机械能；(2)若轨道ABC光滑，小球均能通过C点，试推导FC随FA变化的关系式，并在图丙中画出其图线图7答案(1)2 m/s0.2 J(2)FCFA6 N见解析图解析(1)由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNAFA，FNCFC在A点由牛顿第二定律得：FNAmg解得vA2 m/s在C点由牛顿第二定律得：FNCmg对A至C的过程，由动能定理得：Wf
23、mg2Rmvmv联立得Wfmvmv2mgR(2mgFAFC)R2mgR解得Wf0.2 J故损失的机械能为0.2 J(2)因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒mvmvmg2R联立得FNAFNC6mg，即FCFA6 N图线如图所示8如图8所示，abcdef装置固定在水平地面上，光滑表面abcd由倾角为37的斜面ab、圆心为O的圆弧bc、水平面cd平滑连接装置左端离地高度0.8 m物体B静止于d点，物体A由a点静止释放紧贴光滑表面滑行后与B粘合在一起，最后抛到水平地面上，落地点与装置左端水平距离为1.6 mA、B的质量均为m2 kg，且可视为质点，a、b两点间距离sab3 m，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图8(1)A滑到b点的速度大小；(2)A滑到d点与B碰撞前的速度大小；(3)A滑到圆弧末端c对装置的压力多大？答案(1)6 m/s(2)8 m/s(3)38.3 N解析(1)由牛顿第二定律和运动学公式，mgsin 37mav2asab代入数据，物体A滑到b点的速度大小vb6 m/s(2)物体A与B碰撞，动量守恒mvd2mvABhgt2/2xvABt物体A滑到d点与物体B碰撞前的速度大小vd8 m/s(3)mv/2mv/2mgR(1cos 37)FNmgmv/RFN38.3 N由牛顿第三定律，物体A在c点对装置的压力为38.3 N，方向竖直向下
