1、第10课时力学三大观点的综合应用命题规律1.命题角度：(1)应用力学三大观点解决多过程问题；(2)板块模型中力学三大观点的应用.2.常考题型：计算题高考题型1应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律vv0at xv0tat2 v2v022ax等能量观点动能定理W合Ek涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Ek1Ep1Ek2Ep2功能关系WGEp等能量守恒定律E1E2动量观点动量定理I合pp只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1p2p1p2只涉及初末速度而不
2、涉及力、时间例1(2021浙江6月选考20)如图1所示，水平地面上有一高H0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道
3、AB间的动摩擦因数，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.图1(1)若小滑块的初始高度h0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.答案(1)4 m/s(2)0.45 m(3)0.8 m解析(1)小滑块在AB轨道上运动mghmgcos mv02代入数据解得v04 m/s(2)设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvBmv1mv2，mvB2mv1
4、2mv22解得v10，v2vB小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mgm从C点到E点由机械能守恒可得mvEmin2mg(Rr)mvBmin2其中vBmin，解得hmin0.45 m(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理mg(Ry)mvG2mvEmin2由平抛运动规律可得xvGt，Hrygt2联立可得水平距离为x2由数学知识可得，当0.5y0.3y时，x有最大值最大值为xmax0.8 m高考题型2应用力学三大观点解决板块模型问题1滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题2滑块与木板达到相同速度时应
5、注意摩擦力的大小和方向是否发生变化3应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)例2(2021河南南阳市高三期末)如图2所示，水平面上有一长为L14.25 m的凹槽，长为l m、质量为M2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m4 kg的小物块接触但不连接用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W72 J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦不计，g取10 m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞
6、时间极短，可以忽略不计求：图2(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离答案(1)6 m/s(2)4 m/s(3) m解析(1)由题知Wmv02 ，解得v06 m/s(2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0(Mm)v1设物块在平板车上滑动的距离为l1，对此过程由动能定理得：mgl1mv02(Mm)v12解得v14 m/s，l13 m设达到共速v1时平板车的位移为x1，有mgx1Mv120解得x12 m，lx1 ml m所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速设平
7、板车向左速度减小到0时位移为x2mgx20Mv12解得x22 mlx2 mm1gsin 故开始时木板静止不动物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，由动能定理有m2gL2sin m2v02碰撞前物块速度v03 m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v损失的机械能Em2v02(m1m2)v2解得E3 J.(3)设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a1(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a2a12 m/s2，a210 m/s2木板与物块粘合后一起
8、加速下滑v12v22a1L1第一次撞击后木板上滑的距离()22a2s1解得s10.2 m第二次撞击木板时速度v2，则v222a1s1第二次撞击后木板上滑的距离()22a2s2s20.01 m物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程s总L12s1s23.41 m.专题强化练1.(2021辽宁省1月适应性测试13)如图1所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降到达最低点已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计
9、空气阻力求：图1(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量E；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.答案(1)mgh(2)mgh解析(1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v122gh碰撞时由动量守恒定律得mv1(m2m)v2系统机械能减少量：Emv12(m2m)v22解得Emgh(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得(m2m)gW0(m2m)v22解得Wmgh故系统克服弹簧弹力做的功为mgh.2(2021福建厦门市一模)如图2所示，一质量m10.1 kg的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运
10、动与另一质量m20.3 kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R0.5 m的半圆弧轨道(直径CD竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小FN84 N木板质量M0.4 kg、长度L6 m，上表面与半圆弧轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与平台相碰后瞬间静止已知两物块与木板间的动摩擦因数0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小g10 m/s2.求：图2(1)两物块经过D点时的速度大小vD；(2)释放物块前弹簧的弹性势能Ep和碰撞过程中损失的能量E；(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系答案(1)10 m
11、/s(2)64 J48 J(3)见解析解析(1)两物块经过D点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有FN(m1m2)g，得vD10 m/s(2)两物块由C点运动到D点，由动能定理有2(m1m2)gR(m1m2)vD2(m1m2)vC2解得vC4 m/s两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有(m1m2)vCm1v0，得v016 m/s弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有Epm1v0264 J碰撞过程中损失的能量Em1v02(m1m2)vC2得E48 J(3)若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得(m1m2)vD(m1m2M)v共得v共5 m/s对两物块，由动能定理有(m1m2)gx(m1m2)v共2(m1m2)vD2解得x7.5 m对木板有(m1m2)gxMv共2，得x2.5 m由于Lxx，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若sx2.5 m，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有Ek(m1m2)v共2(m1m2)g(Lxx)3 J若s0.25 s可知m2与U形槽碰撞发生在槽停止运动前，则有v2t2v3t2at220.5 m解得t20.15 s(t23.45 s舍去)则从释放弹簧到m2与U形槽发生碰撞需要的时间tt1t20.4 s.
