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第一部分专题复习训练02能量与动量第6讲力学三大观点的应用知识必记1．处理力学与动量、能量的综合问题这类问题的基本思路：(1)明确物体的运动过程及其受力情况，了解在该运动过程中的运动状态变化及做功情况，确定分析方法．(2)根据物体的运动过程及相应的功能关系的转化情形，选择合适的公式列式求解.2．力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出各项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题．(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律．(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.考点导练考点1动力学观点和能量观点的综合应用【例1】如图2—6—1所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1tanθμ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．图2—6—1(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．【解】(1)释放A、B，因为μ1μ2，所以它们一起匀加速下滑．以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ.(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以a1一起向下做匀加速运动．B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑．若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0.从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，得l0＝sinθ－μ2cosθ（μ1－μ2）cosθL.(3)分两种情况：①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上木板B通过的路程x＝L－l②若ll0，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处．在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q1′＝μ1mgcosθ·l，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q2′＝μ2mgcosθ·x，根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1′＋Q2′，解得x＝Lsinθ－μ1lcosθμ2cosθ.【例2】(2019年湖北模拟)如图2—6—2所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m．滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板一起以速度v＝1m/s做匀速运动，取g＝10m/s2.求：图2—6—2(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离．【解】(1)对木板受力分析Ff＝Ma1由运动学公式，有v＝a1t解得Ff＝2N.(2)对滑块受力分析－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0由公式v－v0＝a2t解得v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh－Wf＝12mv02Wf＝mgh－12mv02＝1.5J.(3)t＝1s内木板的位移x1＝12a1t2此过程中滑块的位移x2＝v0t＋12a2t2故滑块相对木板滑行距离L＝x2－x1＝1.5m.☞归纳总结解答与能量有关的综合题的“三点技巧”(1)过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题1中第(3)问，若ll0时，A与挡板P碰后运动情况的分析．(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图2—6—3所示，要注意区分三个位移．图2—6—3[变式训练]1．(2019年四川成都)如图2－6－4甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1kg的物体沿斜面向上运动．已知物体在t＝1s到t＝3s这段时间的v－t图象如图2－6－4乙所示，弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2.则在该段时间内()图2—6—4A．物体的加速度大小为2m/s2B．弹簧的伸长量为3cmC．弹簧的弹力做功为30JD．物体的重力势能增加36J解析：根据v－t图象的斜率可知，物体的加速度大小为a＝ΔvΔt＝1m/s2，选项A错误；对物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma，解得F＝6N．由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3cm，选项B正确；在t＝1s到t＝3s这段时间内，物体动能增加ΔEk＝12mv22－12mv12＝6J，根据v－t图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin30°＝30J，根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J，选项C、D错误．答案：B2．(2019年河南重点中学联考)如图2－6－5甲所示，质量M＝1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图2－6－5乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2.求：图2—6—5(1)0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)0～4s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q.解：(1)假设在0～1s内，A、B两物体已发生相对运动根据牛顿第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB，代入数据得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.aAaB，可见假设正确．(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等．v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得t2＝1s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为aF2＝(M＋m)aa＝1m/s2木板A受到的静摩擦力Ff＝Maμmg，A、B一起运动x＝12aBt12＋v1t2－12aA(t1＋t2)2代入数据得x＝2m.(3)0～1s内拉力做的功W1＝F1x1＝F1·12aBt12＝12J1～2s内拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J2～4s内拉力做的功W3＝F2x3＝F2(v1t3＋12at32)＝20J0～4s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Q＝μmg·x＝4J.考点2应用动量观点和能量观点分析碰撞问题【例3】(2019年安徽二模)(多选)如图2—6—6所示，光滑水平地面上质量均为m的物体A、B，之间用轻弹簧相连，B紧靠右侧墙面，另一个质量也为m的物体C，以一定的初速度v0向右运动(设向右为正)与A碰撞后立即结合为一体，则下列说法正确的是()图2—6—6A．A、C碰撞引起的机械能损失为14mv02B．弹簧的最大弹性势能为12mv02C．弹簧第一次恢复原长时B开始与墙分离D．弹簧第一次拉伸到最长时B的速度为－v03【解析】对A、C，碰撞后的速度为v1，根据动量守恒；mv0＝2mv1，v1＝v02，碰撞引起的机械能损失为12mv02－12(2m)v12＝14mv02，A正确；根据能量守恒，最大弹性势能等于碰撞后AC结合体的初态动能，即Ek＝12·2mv12＝14mv02，B错误；当弹簧第一次恢复原长时，AC结合体的速度为－v02，弹簧开始拉伸，B开始与墙分离，C正确；弹簧第一次拉伸最长时，A、B、C三者有共同速度v1，根据动量守恒：－mv0＝3mv2，v2＝－v03，D正确．【答案】ACD【例4】(2019年河南百校联盟)如图2－6－7所示，质量M＝1kg，高h＝0.8m、长L＝1m的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑．质量m＝1kg的小物块P以初速度v0＝4m/s向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m＝1kg小物块Q发生弹性碰撞，小物块Q与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.3，g＝10m/s2，求：图2—6—7(1)碰后小物块Q的初速度；(2)小物块Q能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块Q落地时与小车最右端的水平距离s.【解】(1)小物块P、Q发生弹性碰撞，碰后速度分别为vp、vQ.由动量守恒知mv0＝mvp＋mvQ12mv02＝12mvP2＋12mQ2联立解得vp＝0，vQ＝v0＝4m/s(2)小物块Q在小车的上表面滑动的过程中，因受滑动摩擦力的作用，小物块作减速运动，小车做加速运动，设小物块Q滑至小车最右端时的速度为v1，小车的速度为v2，mvQ＝mv1＋Mv2相对运动过程中系统的能量守恒，12mvQ2＝12mv12＋12Mv22＋μmgL联立解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s(v1＝1m/s，v2＝3m/s不合理，舍去)因v1v2，故小物块Q能从小车的最右端飞出小物块Q从小车的最右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律．在竖直方向上，有：h＝12gt2代入数据解得t＝0.4s在水平方向上，有：s1＝v1t＝1.2m在小物块Q做平抛运动的时间内小车向右的水平距离s2＝v2t＝0.4m，由此可得小物块Q落地时与小车右端的水平距离s＝s1－s2＝0.8m.[变式训练]3．(2019年辽宁模拟)如图2—6—8所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图2—6—8(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解：(1)从A压缩弹簧到A到B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv02④(2)由②式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律mv0＝3mv3⑤12mv02－ΔE＝12(3m)v32＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝1348mv024．(2019年安徽月考)如图2—6—9所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：图2—6—9(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．解：(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝12m2v2①设球a的质量为m1