專題二能量與動量第10課時力學三大觀點的綜合應用命題規律1.命題角度：(1)應用力學三大觀點解決多過程問題；(2)板－塊模型中力學三大觀點的應用.2.?？碱}型：計算題.內容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1應用力學三大觀點解決多過程問題高考題型2應用力學三大觀點解決板—塊模型問題專題強化練高考預測力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動，涉及到運動細節.勻變速直線運動規律

力學三大觀點對比高考題型1應用力學三大觀點解決多過程問題能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時間例1

(2021·浙江6月選考·20)如圖1所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上.小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質量的小球發生彈性碰撞，碰后小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ＝

，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達B點時速度v0的大小；圖1答案4m/s

解析小滑塊在AB軌道上運動(2)若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；答案0.45m

解析設小滑塊滑至B點時的速度為vB，小滑塊與小球碰撞后速度分別為v1、v2，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，解得v1＝0，v2＝vB小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得從C點到E點由機械能守恒可得解得hmin＝0.45m(3)若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax.答案0.8m解析設F點到G點的距離為y，小球從E點到Q點的運動，由動能定理由平拋運動規律可得x＝vGt，聯立可得水平距離為由數學知識可得，當0.5－y＝0.3＋y時，x有最大值最大值為xmax＝0.8m.1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題.2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發生變化.3.應注意區分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移.用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程).高考題型2應用力學三大觀點解決板—塊模型問題例2

(2021·河南南陽市高三期末)如圖2所示，水平面上有一長為L＝14.25m的凹槽，長為l＝

、質量為M＝2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊.水平輕質彈簧左端固定在墻上，右端與一質量為m＝4kg的小物塊接觸但不連接.用一水平力F緩慢向左推小物塊，當力F做功W＝72J時突然撤去力F.已知小物塊與平板車之間的動摩擦因數為μ＝0.2，其他摩擦不計，g取10m/s2，平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，可以忽略不計.求：(1)小物塊剛滑上平板車時的速度大小；圖2答案6m/s

(2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大?。淮鸢?m/s

解析物塊滑上平板車后，假設平板車與凹槽右端碰撞前已與物塊共速，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1解得v1＝4m/s，l1＝3m所以共速時平板車沒有到達凹槽右端，共速后做勻速直線運動，平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大小為4m/s.(3)小物塊離開平板車時平板車右端到凹槽右端的距離.解析平板車第一次與凹槽右端碰撞后，物塊和平板車組成的系統總動量向右，以向右為正方向.假設物塊與平板車第二次共速前未與凹槽相碰，由動量守恒有mv1－Mv1＝(m＋M)v2所以物塊已從平板車上滑下，不能第二次共速.設平板車向左速度減小到0時位移為x2解得x2＝2m所以平板車沒有與凹槽左端相碰.即小物塊離開平板車之前，未與平板車第二次共速；且平板車沒有與凹槽左端相碰.所以由動量守恒得mv1－Mv1＝mv3＋Mv4碰撞后物塊在平板車上實際滑動的距離設為l3，由動能定理得l＝l1＋l3碰撞后，至物塊離開平板車時，平板車運動的位移設為x3，由動能定理得答案6m/s1.(2021·云南省高三二模)如圖3所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7m、質量m0＝2kg.BCD是半徑R＝0.4m的固定豎直圓形光滑軌道，D是軌道的最高點，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在B點相切，已知A、B兩點相距2m.現將質量m＝1kg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進入粗糙水平面AB前已經與光滑弧形槽分離，并恰能通過光滑圓軌道最高點D，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊從弧形槽滑下的最大速度大??；12高考預測圖312解析小物塊到達弧形槽底端時速度最大.設小物塊到達弧形槽底端時速度大小為v1，槽的速度大小為v2.小物塊與弧形槽組成的系統在水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，小物塊下滑到底端時，由動量守恒定律得mv1－m0v2＝0由機械能守恒定律得聯立解得v1＝6m/sv2＝3m/s答案60N

(2)物塊在圓形軌道B點時受到的軌道的支持力大小；12聯立解得FN＝6mg＝60N物塊恰能通過豎直圓形光滑軌道的D點，有物塊通過豎直圓形光滑軌道的B點，有12答案0.4(3)物塊與粗糙水平面AB間的動摩擦因數.12解析物塊經過粗糙水平面AB時，有vB2－v12＝2as＝－2μgs解得μ＝0.4.答案0.5

2.(2021·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖4所示，有一傾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P，將質量m1＝1kg的“

”形木板(前端擋板厚度忽略)單獨從斜面上端由靜止釋放，木板與擋板P發生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s＝0.15m；若將光滑物塊(視為質點)放在木板最上端并同時由靜止釋放(木板位置與上次釋放時初位置相同).已知：物塊的質量m2＝2kg，釋放時木板下端到擋板P的距離L1＝3m，木板長L2＝0.75m，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)木板與斜面間的動摩擦因數；圖412解析木板單獨下滑，由能量守恒定律得12木板與擋板碰撞后上升，由能量守恒定律得解得μ＝0.5.(2)物塊與木板前端擋板碰撞過程中系統損失的機械能；12答案3J

解析木板與物塊同時釋放，木板與斜面間的最大靜摩擦力Ff1＝μ·(m1＋m2)gcosθFf1>m1gsinθ故開始時木板靜止不動.碰撞前物塊速度v0＝3m/s，碰撞后物塊與木板整體速度設為v′，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′損失的機械能解得ΔE＝3J.12(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開始計時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑行的總路程.12答案3.41m解析設木板與物塊一起在斜面上向下運動的加速度大小為a1，向上運動的加速度大小為a2，則(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a1(m1＋m2)gsinθ＋μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a2a1＝2m/s2，a2＝10m/s2木板與物塊粘合后一起加速下滑v12－v′2＝2a1L1第一次撞擊后木板上滑的距離12解得s1＝0.2m第二次撞擊木板時速度v2，則v22＝2a1s1s2＝0.01m物塊與木板前端擋板碰撞后開始計時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑行的總路程s總＝L1＋2s1＋s2＝3.41m.121.(2021·遼寧省1月適應性測試·13)如圖1所示，水平圓盤通過輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個裝置處于靜止狀態.套在輕桿上的光滑圓環從圓盤正上方高為h處自由落下，與圓盤碰撞并立刻一起運動，共同下降

到達最低點.已知圓環質量為m，圓盤質量為2m，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，不計空氣阻力.求：(1)碰撞過程中，圓環與圓盤組成的系統機械能的減少量ΔE；1234專題強化練圖1解析碰撞前，圓環做自由落體運動，有v12＝2gh碰撞時由動量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v21234(2)碰撞后至最低點的過程中，系統克服彈簧彈力做的功W.1234解析對系統碰撞后至最低點過程中，由動能定理得答案10m/s

2.(2021·福建廈門市一模)如圖2所示，一質量m1＝0.1kg的物塊甲靜止在A點，物塊甲與墻壁間有一壓縮狀態的水平輕彈簧，物塊甲從靜止狀態釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左運動與另一質量m2＝0.3kg的物塊乙碰撞(時間極短)后粘在一起滑出B點，滑上半徑R＝0.5m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經過半圓弧軌道的最低點D時對D點的壓力大小FN＝84N.木板質量M＝0.4kg、長度L＝6m，上表面與半圓弧軌道相切于D點，木板與右側平臺P等高，木板與平臺相碰后瞬間靜止.已知兩物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.5，其余摩擦不計，兩物塊均可視為質點，木板右端與平臺P左側的距離為s，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)兩物塊經過D點時的速度大小vD；圖21234解析兩物塊經過D點時受到半圓弧軌道的支持力、重力，有1234得vD＝10m/s答案64J

48J(2)釋放物塊前彈簧的彈性勢能Ep和碰撞過程中損失的能量E；1234得E＝48J解析兩物塊由C點運動到D點，由動能定理有1234兩物塊發生碰撞時粘在一起說明發生了完全非彈性碰撞，有彈簧的彈性勢能全部轉化為物塊甲的動能，有答案見解析(3)物塊滑上平臺P時的動能Ek與s的關系.1234解析若兩物塊與木板能達到共同速度，由動量守恒定律得(m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共得v共＝5m/s對兩物塊，由動能定理有1234解得x＝7.5m由于L＋x′>x，所以兩物塊有與木板達到共同速度的必要條件，若s≥x′＝2.5m，說明兩物塊能和木板達到共同速度，由能量守恒定律有若s<x′＝2.5m，說明兩物塊不能和木板達到共同速度，12343.(2021·山東德州市一模)如圖3所示，可看作質點的小物塊A的質量m＝1kg，右端帶有豎直擋板的足夠長的木板B，它的質量M＝2kg，木板B上M點左側與小物塊A間的動摩擦因數μ＝0.5，M點右側光滑，M點與木板右側擋板的距離L1＝1.5m，水平地面光滑.初始時木板B靜止，A在木板B上M點的左側，與M點的距離L2＝1.8m，現使A獲得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6m/s，A與B右側擋板碰撞的時間和能量損失都不計，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)A第一次到達M點時，A和B各自的速度大??；答案4m/s

1m/s

圖31234解析自初始時至A第一次到達B上的M點，由動量守恒得mv0＝mv1＋Mv21234聯立兩式代入數據解得v1＝4m/s，v2＝1m/sΔL＝L－L2聯立解得，A距M點的距離ΔL＝0.6m解析自初始時至A和B達共同速度，由動量守恒得mv0＝(m＋M)v(2)A和B達共同速度時，A距M點的距離；1234答案0.6m

(3)自初始時至A、B碰撞，A的平均速度大??；1234答案4.44m/s得x1＝2m則x2＝v1t2＝2m1234(4)自初始時至A、B達共同速度，A向右運動的位移大小.1234答案4.4m解析A與B右側擋板碰撞過程，由動量守恒得mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′解得v1′＝0，v2′＝3m/s解得x3＝0.4m自初始時至A、B達共同速度，A向右運動的位移x＝x1＋x2＋x3＝4.4m.12344.(2021·寧夏銀川一中高三模擬)質量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的兩彈性小球(可看作質點)放在質量M＝0.4kg、內部長度L＝2m且內表面光滑的U形槽內，U形槽靜止在水平面上，且與水平面間的動摩擦因數μ＝

，開始時兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與兩球連接、長度忽略)，球和彈簧共儲存能量E＝1.2J，靜止在U形槽中央，如圖4所示.假設