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专题十一　力学三大观点的综合应用
例1　(1)14 m/s　(2)15.3 m/s　(3)2800 N,方向与前进方向相同
[解析] (1)两车碰撞后一起做匀减速直线运动,滑行位移x=19.6 m
由牛顿第二定律有μg=a
由匀变速直线运动规律有x=at2,v=at
解得v=14 m/s
(2)两车碰撞的过程动量守恒,碰前货车的速度为v2,轿车的速度为v1,则m1v1+m2v2=v
解得v2= m/s≈15.3 m/s
(3)碰撞过程中,对轿车驾驶员在水平方向上进行分析,根据动量定理,设前进方向为正方向,则有FΔt=m
解得F=2800 N,方向与前进方向相同
例2　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
[解析] (1)滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点C的过程中,由动能定理得
-mg·2R=m-m
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C,有
mg=m
联立解得v0=5 m/s
(2)滑块滑上平板后,平板加速至与滑块共速过程中,根据动量守恒定律有
mv0=(m+M)v
系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2
联立解得ΔE=0.625 J
(3)滑块滑上平板,运动到平板最右端恰好不滑下,之后与平板一起匀减速运动到H点时,滑块离开弹簧时的速度最大
滑块的加速度大小am满足μ1mg=mam
解得am=6 m/s2
平板的加速度大小aM满足
μ1mg-μ2(m+M)g=MaM
解得aM=4 m/s2
作出v t图像,如图所示
由v t图像可知
t1=L
aMt1=vm-amt1
联立解得vm=6 m/s
例3　(16分)(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
[解析] (1)小物块刚放在传送带上时,由牛顿第二定律有
μm物g=m物a (1分)
解得a=5 m/s2 (1分)
假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,则此过程有=2ax
解得小物块运动的位移为x=2.5 m
由于x(2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2 (1分)
其中v=5 m/s,v1=-1 m/s
解得v2=3 m/s (1分)
小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为
ΔEk=m物v2-m物-m球 (1分)
解得ΔEk=0.3 J (1分)
(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有
m球≥m球g (2分)
小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d) (3分)
联立解得d≥0.2 m (2分)
即P点到O点的最小距离为0.2 m (1分)专题十一　力学三大观点的综合应用
1.(1)2 m/s　(2)3 m
[解析] (1)由题图乙可知,1 s末P和Q共速,设共速时的速度为v1,木板的质量为M,根据动量守恒定律有mv0=v1
解得M=2 kg
Q离开弹簧1时P的速度最大,设此时P和Q的速度分别为vP、vQ,根据动量守恒定律有
mv0=MvP+mvQ
根据机械能守恒定律有
m=M+m
解得vQ=-1 m/s
vP=2 m/s
(2)Q与弹簧1碰撞之后,Q向左运动,P向右运动,当两者的速度再次相等时弹簧2的压缩量最大,此时弹簧2的弹性势能最大,设二者共速时的速度为v2,Q压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到A点的距离为L,根据动量守恒定律有mv0=v2
根据功能关系有Epm=m--μmgL
解得L=3 m
2.(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m
[解析] (1)小物块运动到Q点时,由圆周运动知识有mg+3mg=m
解得v=4 m/s
(2)①根据题图乙分析可知,当推力F≤4 N时,轨道与小物块一起向左加速运动,对整体由牛顿第二定律有F=(M+m)a
变形得a=F
结合题图乙可知= kg-1= kg-1
当推力F>4 N时,轨道与小物块有相对滑动,对轨道由牛顿第二定律有
F-μmg=Ma
变形得a=F-
结合题图乙可知= kg-1=1 kg-1,-=-2 m/s2
联立解得M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2
②根据题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2,方向均水平向左
设经时间t0,小物块运动至轨道上的P点,由运动学规律可得
此时轨道的速度v1=a1t0
此时小物块的速度v2=a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程,小物块与轨道组成的系统机械能守恒,系统在水平方向上动量守恒,取水平向左为速度正方向,则有
M+m=M+m+2mgR
Mv1+mv2=Mv3+mv4
联立解得t0=1.5 s(另一解不符合题意,舍去)
根据运动学规律有L=a1-a2
解得L=4.5 m
3.(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J
[解析] (1)a从静止释放到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma
在P点,设轨道对它的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有
FN-mag=ma
联立解得FN=30 N
(2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有
magR-μmagd=ma-0
解得vM=3 m/s
a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
ma=ma+mb
解得vb=2 m/s
b滑上传送带后,根据牛顿第二定律有
μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1==0.2 s
对地位移x=·t1=0.3 m
此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s
b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s
(3)设向右为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b向右减速到零所需的时间
t3==0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间
t4==0.2 s
可得Δt=t3+t4
b在Δt时间内向右运动的距离
Δx=·t3-·t4=0.3 m
循环10次后b向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传动带运动的路程
s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
然后b继续向右减速运动,根据运动学公式有
vt5-a=L-x'
解得t5=0.2 s
此过程,b相对传动带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J
4.(1)5　(2)4　(3)MN之间距离h的范围为≤h≤(n=1,2,3,…)　最小值为　最大值为
[解析] (1)碰后B能在竖直面内做圆周运动,轨迹半径为10a,设碰后B的最小速度为v0,最高点速度大小为v,在最高点时由牛顿第二定律有mg=m
B从最低点到最高点由动能定理可得
-mg×2×10a=mv2-m
解得v0=5
(2)A和B碰撞过程中动量守恒,设碰前A的速度大小为v1,碰后A的速度大小为v2,碰后B的速度大小为v3,则有
2mv1=2mv2+mv3
×2m=×2m+m
碰后A减速到0,有
μ×2mgL=×2m
碰后B做两周圆周运动,绳子在MN间缠绕2圈,缩短4a,在M点正下方时,离M点6a,离地面4a,此时速度大小为v4,由功能关系得
mg×4a=m-m
B随后做平抛运动,有4a=gt2
L=v4t
解得v3=4,另一解不合题意舍去
(3)设MN间距离为h,B转n圈后到达M正下方速度大小为v5,绳缩短2nh,绳断开时,以M为圆心,由牛顿第二定律得
12mg-mg=m(n=1,2,3,…)
以N为圆心,由牛顿第二定律得
12mg-mg=m(n=1,2,3,…)
从碰后到B转n圈后到达M正下方,由功能关系得
mg×2nh=m-m(n=1,2,3,…)
解得≤h≤(n=1,2,3,…)
绳断后,B做平抛运动,有
2nh=gt2(n=1,2,3,…)
x=v5t
可得
x=4(n=1,2,3,…)
由于
≤nh≤(n=1,2,3,…)
则由数学分析可得
当nh=时,xmin=
当n=1时,h=,xmax=专题十一　力学三大观点的综合应用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.力学三大基本观点
动力学的 观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题
能量的 观点 用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
动量的 观点 用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
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多项都是状态量(如速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移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)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理.
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,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,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便.
　动力学与动量观点的综合应用
例1 [2024·广东汕尾模拟] 在一起交通事故中,一辆货车追尾前面的轿车致使两车嵌在一起滑行了19.6 m才停下.事后交警通过调取轿车的行车记录仪发现被追尾前轿车的速度v1=36 km/h.若两车在地面滑行时与地面间的动摩擦因数均为0.5,碰撞后两车的发动机均停止工作,轿车的质量m1=1 t,货车的质量m2=3 t,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求两车碰撞后开始滑行时的速度大小;
(2)若两车碰撞时间极短,求碰撞前货车的速度v2大小;
(3)若两车碰撞时间持续0.1 s(时间极短),轿车驾驶员的质量为70 kg,求撞击过程中,轿车驾驶员受到的汽车水平方向的平均作用力的大小和方向.
　能量与动量观点的综合应用
例2 [2024·浙江6月选考] 一弹射游戏装置竖直截面如图所示,固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接.长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板上表面与DEH齐平.将一质量为m的小滑块从A端弹射,经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动,平板到达HG即被锁定.已知R=0.5 m,d=4.4 m,L=1.8 m,M=m=0.1 kg,平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2.滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,求滑块离开弹簧时速度v0的大小;
(2)若μ2=0,滑块恰好过C点后,求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;
(3)若μ2=0.1,滑块能到达H点,求其离开弹簧时的最大速度vm.
　力学三大观点的综合应用
例3 [2024·湖北卷] 如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m.传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触.在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高.将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左.小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动.已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小.
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能.
(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)专题十一　力学三大观点的综合应用 (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2024·山西大同模拟] 如图甲所示,在光滑的水平面上放置一长木板P,其左、右两端各固定有竖直挡板,在左右挡板上分别固定轻质弹簧2和轻质弹簧1,在木板上A位置放有质量为m=1 kg的小物块Q,Q右侧的木板光滑,Q左侧的木板粗糙.现使Q以大小为v0=3 m/s的速度水平向右运动后压缩弹簧1,从压缩弹簧1开始计时,经过t=1 s,P、Q的v-t图像如图乙所示.已知弹簧2获得的最大弹性势能Epm=1.2 J,Q与左侧木板间的动摩擦因数为μ=0.06,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)木板的最大速度;
(2)Q压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到A点的距离.
2.[2024·山东卷] 如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点.质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m.重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示.
①求μ和m;
②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L.
3.[2024·贵州卷] 如图所示,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m.一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接.物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短.碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s.以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带.已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点.a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2.求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
(2)b从M运动到N的时间;
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量.
4.[2024·重庆卷] 如图所示,M、N两个钉子固定于相距a的两点,一根不可伸长的轻质细绳,一端固定在M上,另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B,绳长与M到地面的距离均为10a,质量为2m的小木块A,沿水平方向与B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,A与地面间动摩擦因数为,重力加速度为g,忽略空气阻力和钉子直径,不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失.
(1)若碰后,B在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B碰后瞬间速度的最小值;
(2)若改变A碰前瞬间的速度,碰后A运动到P点停止,B在竖直面内做圆周运动旋转2圈,经过M正下方时细绳子断开,B也来到P点,求B碰后瞬间的速度大小;
(3)若拉力达到12mg细绳会断,上下移动N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬间的速度与(2)问中的相同,使B旋转n圈.经过M正下方时细绳断开,求MN之间距离的范围,及在n的所有取值中,B落在地面时水平位移的最小值和最大值.(共69张PPT)
专题十一 力学三大观点的综合应用
题型一 动力学与动量观点的综合应用
题型二 能量与动量观点的综合应用
题型三 力学三大观点的综合应用
◆
作业手册
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备用习题
1.力学三大基本观点
动力学的观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变
速运动问题
能量的观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运
动问题
动量的观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
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多项都
是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程
(如位移、时间)问题，不能解决力()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)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理.
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，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，动能定理解决曲线运动和变加速运动特
别方便.
题型一 动力学与动量观点的综合应用
例1 [2024·广东汕尾模拟] 在一起交通事故中，一辆货车追尾前面的轿车
致使两车嵌在一起滑行了 才停下.事后交警通过调取轿车的行车记录
仪发现被追尾前轿车的速度 .若两车在地面滑行时与地面间
的动摩擦因数均为 ，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量
，货车的质量，重力加速度取 .
(1) 求两车碰撞后开始滑行时的速度大小；
[答案]
[解析] 两车碰撞后一起做匀减速直线运动，滑行位移
由牛顿第二定律有
由匀变速直线运动规律有，
解得
例1 [2024·广东汕尾模拟] 在一起交通事故中，一辆货车追尾前面的轿车
致使两车嵌在一起滑行了 才停下.事后交警通过调取轿车的行车记录
仪发现被追尾前轿车的速度 .若两车在地面滑行时与地面间
的动摩擦因数均为 ，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量
，货车的质量，重力加速度取 .
(2) 若两车碰撞时间极短，求碰撞前货车的速度 大小；
[答案]
[解析] 两车碰撞的过程动量守恒，碰前货车的速度为 ，轿车的速度为
，则
解得
例1 [2024·广东汕尾模拟] 在一起交通事故中，一辆货车追尾前面的轿车
致使两车嵌在一起滑行了 才停下.事后交警通过调取轿车的行车记录
仪发现被追尾前轿车的速度 .若两车在地面滑行时与地面间
的动摩擦因数均为 ，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量
，货车的质量，重力加速度取 .
(3) 若两车碰撞时间持续(时间极短)，轿车驾驶员的质量为 ，求
撞击过程中，轿车驾驶员受到的汽车水平方向的平均作用力的大小和方向.
[答案] ，方向与前进方向相同
[解析] 碰撞过程中，对轿车驾驶员在水平方向上进行分析，根据动量定
理，设前进方向为正方向，则有
解得 ，方向与前进方向相同
题型二 能量与动量观点的综合应用
例2 [2024·浙江6月选考] 一弹射游戏装置竖直截
面如图所示，固定的光滑水平直轨道 、半径为
的光滑螺旋圆形轨道、光滑水平直轨道平滑连接.长为 、质量为
的平板紧靠长为的固定凹槽侧壁放置，平板上表面与 齐
平.将一质量为的小滑块从端弹射，经过轨道 后滑上平板并带动平
板一起运动，平板到达即被锁定.已知,, ,
,平板与滑块间的动摩擦因数、与凹槽水平底面
间的动摩擦因数为 .滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，取 .
[解析] 滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点 的过程中，由动能定理得
滑块恰好能通过圆形轨道最高点 ，有
联立解得
[答案]
(1) 滑块恰好能通过圆形轨道最高点时，求滑块离开弹簧时速度 的大小；
(2) 若,滑块恰好过 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的
机械能；
[答案]
[解析] 滑块滑上平板后，平板加速至与滑块共速过程中，根据动量守恒
定律有
系统损失的机械能
联立解得
[答案]
(3) 若,滑块能到达点，求其离开弹簧时的最大速度 .
[解析] 滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起
匀减速运动到 点时，滑块离开弹簧时的速度最大
滑块的加速度大小满足
解得
平板的加速度大小 满足
解得
作出 图像，如图所示
由 图像可知
联立解得
题型三 力学三大观点的综合应用
例3 [2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的速
度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为 .传送
带右端的正上方有一悬点，用长为 、不可伸长的
轻绳悬挂一质量为的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触.在
点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块无初速
度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰
后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点做圆周
运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块与传送
带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取 .
(1) 求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小.
[答案]
[解析] 小物块刚放在传送带上时，由牛顿第二定律有 (1分)
解得 (1分)
假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，则此过程有
解得小物块运动的位移为
由于 ，所以假设成立，即小物块运动到传送
带右端前已与传送带共速，因此小物块与小球碰撞前瞬间，
小物块的速度大小等于传送带的速度大小，为 (2分)
例3 [2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的
速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为 .
传送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不可
(2) 求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能.
[答案]
伸长的轻绳悬挂一质量为 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接
触.在点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块
无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极
短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点
做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块
与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取 .
[解析] 小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，
小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有 (1分)
其中，
解得 (1分)
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动
能为 (1分)
解得 (1分)
例3 [2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的速
度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为 .传
送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不可伸长
(3) 若小球运动到点正上方，绳子不松弛，求点到 点的最小距离.
[答案]
的轻绳悬挂一质量为 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触.在
点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块无初
速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，
碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点做圆
周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块与传
送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取 .
[解析] 若小球运动到点正上方，绳子不松弛，设 点
到点的距离为，小球在点正上方的速度为，在
点正上方，由牛顿第二定律有 (2分)
小球从点正下方到 点正上方过程中，由机械能守恒
定律有 (3分)
联立解得 (2分)
即点到点的最小距离为 (1分)
动力学与动量观点的综合应用
1.[2021·河北卷] 如图所示，一滑雪道由
和两段滑道组成，其中段倾角为 ，
(1) 滑道 段的长度；
[答案]
段水平.段和段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为 的背包在
滑道顶端处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以
的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追
上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度
取，， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与
背包的重心变化.求：
[解析] 对背包受力分析，由牛顿第二定律得
解得
滑雪者在坡底追上背包，所以对背包有
对滑雪者有
解得，
1.[2021·河北卷] 如图所示，一滑雪道由
和两段滑道组成，其中段倾角为 ，
(2) 滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.
[答案]
段水平.段和段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为 的背包在
滑道顶端处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以
的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追
上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度
取，， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与
背包的重心变化.求：
[解析] 滑雪者拎起背包前一瞬间的速度为
，背包此时的
速度为 ，拎起背包前、后瞬间，滑雪者与背包组成的系统
动量守恒，有 ，得 ，即滑雪者拎
起背包时这一瞬间的速度为 .
能量与动量观点的综合应用
2.如图甲所示是打桩机进行路基打桩的实物情景图，
打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机上重锤
的质量为，混凝土钢筋桩的质量为 ，其中
.每一次打桩时，打桩机抬高重锤 使其比桩
顶部高出 ，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰
撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力与桩进入地面下的深度 成
正比，即，其中(重力加速度为 ，其他阻力忽略不计).
(1) 完成第1次打桩后，试求桩进入地面下的深度 ；
[答案]
[解析] 设重锤下落与桩碰撞前的速度为 ，则有
因为重锤与桩 发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度
为
则有
设第1次打桩，桩克服阻力所做的功为 ，则有
其中 联立上式解得 ，另一负解不合实际情况，故舍去
2.如图甲所示是打桩机进行路基打桩的实物情景图，
打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机上重锤
的质量为，混凝土钢筋桩的质量为 ，其中
.每一次打桩时，打桩机抬高重锤 使其比桩
(2) 已知桩的长度，使桩 刚好全部进入地面下，则要打多少次？
[答案] 2025
顶部高出 ，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰
撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力与桩进入地面下的深度 成
正比，即，其中(重力加速度为 ，其他阻力忽略不计).
[解析] 设使桩刚好全部进入地面下，要打 次，根据动能定理，有
其中，解得
力学三大观点的综合应用
3.如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形
光滑轨道在最高点平滑连接，小圆半径 ，
大圆半径，小圆最低点 恰在大圆圆心
处， 点有一弹射装置(图中未画出)，可水平向右弹
射质量为 的滑块.放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大
圆的最低点平滑过渡.塑料板质量，长度 ，厚度
，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数 ，滑块可视为
质点，重力加速度取 .
(1) 若滑块能做完整的圆周运动，求滑块在最高点的最小速度 ；
[答案]
[解析] 若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，
有
解得
(2) 若以向右弹射滑块，求滑块到达大圆轨道 点时所受支
持力的大小；
[答案]
[解析] 滑块运动到 点时，根据动能定理有
在 点根据牛顿第二定律有
解得
(3) 若以向右弹射滑块，求滑块第一次落地点到 点的水平
距离.
[答案]
[解析] 滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动
量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动，有，
滑块第一次落地点到 点的水平距离为
解得
作业手册
1.[2024·山西大同模拟] 如图甲所示，在光滑的水平面上放置一长木板 ，
其左、右两端各固定有竖直挡板，在左右挡板上分别固定轻质弹簧2和轻
质弹簧1，在木板上位置放有质量为的小物块， 右侧的木板
光滑，左侧的木板粗糙.现使以大小为 的速度水平向右运动
后压缩弹簧1，从压缩弹簧1开始计时，经过，、的 图像如
图乙所示.已知弹簧2获得的最大弹性势能， 与左侧木板间的
动摩擦因数为，重力加速度取 .求：
(1) 木板的最大速度；
[答案]
[解析] 由题图乙可知，末和共速，设共速时的速度为 ，木板的质
量为，根据动量守恒定律有
解得
Q离开弹簧1时的速度最大，设此时和的速度
分别为、 ，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
(2) 压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到 点的距离.
[答案]
[解析] 与弹簧1碰撞之后，向左运动， 向右运动，当两者的速度再次
相等时弹簧2的压缩量最大，此时弹簧2的弹性势能最大，设二者共速时的
速度为，压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到点的距离为 ，根据动
量守恒定律有
根据功能关系有
解得
2.[2024·山东卷] 如图甲所示，质量为 的轨道静止在光滑水平面上，轨道
水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在 点平滑
连接，为轨道的最高点.质量为 的小物块静置在轨道水平部分上，与水
平轨道间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知轨道半
圆形部分的半径.重力加速度大小取 .
(1) 若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到 点时，受到轨道
的弹力大小等于，求小物块在点的速度大小 ；
[答案]
[解析] 小物块运动到点时，由圆周运动知识有
解得
(2) 若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 ，小物块处在轨道水平
部分时，轨道加速度与 对应关系如图乙所示.
① 求 和 ；
[答案] 0.2;
[解析] 根据题图乙分析可知，当推力 时，轨道与小物块一起向左
加速运动，对整体由牛顿第二定律有
变形得
结合题图乙可知
当推力 时，轨道与小物块有相对滑动，
对轨道由牛顿第二定律有
变形得
结合题图乙可知,
联立解得，，
② 初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力
，当小物块到点时撤去，小物块从 点离开轨道时相对水平面
的速度大小为.求轨道水平部分的长度 .
[答案]
[解析] 根据题图乙可知，当时，轨道的加速度为 ,小物
块的加速度为 ,方向均水平向左设经时间，小物块运动
至轨道上的 点，由运动学规律可得
此时轨道的速度
此时小物块的速度
小物块从点运动至 点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，
系统在水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有
联立解得 (另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有
解得
3.[2024·贵州卷] 如图所示，半径为 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于点，的长度.一长为 的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在点无缝对接.物块 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至点，再向左做直线运动至 点与静止的物块发生弹性正碰，碰撞时间极短.碰撞后向左运动到达传送带的左端 时，瞬间给一水平向右的冲量，其大小为.以后每隔给 一
相同的瞬时冲量，直到离开传送带.
已知的质量为， 的质量为，它们均可视为质点.、 与地面及传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取
. 求：(1) 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
[答案]
[解析] 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律有
在点，设轨道对它的支持力大小为 ，根据牛顿第二定律有
联立解得
[答案]
[解析] 从静止释放到 点过程中，根据动能定理有
解得
与 发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒
定律和机械能守恒定律有
(2) 从运动到 的时间；
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律有
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动， 到达传送带最左端还需要的时间
从运动到的时间
[解析] 设向右为正方向，瞬间给 一水平向右的冲量，对根据动量定理有
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到 所需的时间
可得
(3) 从运动到 的过程中与传送带摩擦产生的热量.
[答案]
在 时间内向右运动的距离
循环10次后 向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
从向右运动的过程中 与传送带摩擦产生的热量
然后 继续向右减速运动，根据运动学公式有
解得
此过程， 相对传动带运动的路程
此过程中 与传送带摩擦产生的热量
从运动到 的过程中与传送带摩擦产生的热量
4.[2024·重庆卷] 如图所示，、 两个钉子固定于
相距 的两点，一根不可伸长的轻质细绳，一端固定
在上，另一端连接位于 正下方放置于水平地面
质量为的小木块，绳长与 到地面的距离均为
(1) 若碰后，在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求 碰
后瞬间速度的最小值；
[答案]
，质量为的小木块，沿水平方向与 发生弹性碰撞，碰撞时间极
短，与地面间动摩擦因数为，重力加速度为 ，忽略空气阻力和钉子直
径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失.
[解析] 碰后 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为
，设碰后的最小速度为，最高点速度大小为 ，
在最高点时由牛顿第二定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
(2) 若改变碰前瞬间的速度，碰后运动到 点停
止，在竖直面内做圆周运动旋转2圈，经过 正
下方时细绳子断开，也来到点，求 碰后瞬间
的速度大小；
[答案]
[解析] 和碰撞过程中动量守恒，设碰前 的速度大
小为，碰后的速度大小为，碰后 的速度大小为
，则有
碰后 减速到0，有
碰后做两周圆周运动，绳子在 间缠绕2圈，缩短
，在点正下方时，离点，离地面 ，此时速
度大小为 ，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
解得 ,另一解不合题意舍去
(3) 若拉力达到细绳会断，上下移动 的位置，
保持在正上方， 碰后瞬间的速度与(2)问中的相
同，使旋转圈.经过正下方时细绳断开，求 之
间距离的范围，及在的所有取值中， 落在地面时水
平位移的最小值和最大值.
[答案] 之间距离 的范围为 ; 最小值为
; 最大值为
[解析] 设间距离为，转圈后到达 正下方速
度大小为，绳缩短，绳断开时，以 为圆心，
由牛顿第二定律得
以 为圆心，由牛顿第二定律得
从碰后到转圈后到达 正下方，由功能关系得
解得
绳断后， 做平抛运动，有
可得
由于
则由数学分析可得
当时，
当时，，
题型一
例1.（1） （2） （3），方向与前进方向相同
题型二
例2.（1） （2） （3）
题型三
例3.（1） （2） （3）
1.（1） （2）
2.（1） （2）①0.2, ②
3.（1） （2） （3）
4.（1） （2）
（3）之间距离的范围为,最小值为,最大值为

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