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2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：专题五 力学观点综合应用
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这是一份2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：专题五 力学观点综合应用，共10页。学案主要包含了考法拓展等内容，欢迎下载使用。
力的三个作用效果与五个规律
考点一 碰撞模型的拓展
师生共研
题型1| “弹簧系统”模型
1．模型图
2．模型特点
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(2)在动量方面，系统动量守恒．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．
例1 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者发生碰撞的过程中
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
题型2|滑块—木板模型
1．常见模型图
2．模型特点
(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．
(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．
例2 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块与小车共同速度；
(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)小车运动的位移x；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？
题后反思
“滑块—木板”模型解题思路：
(1)应用系统的动量守恒．
(2)在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理．
(3)在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理．
(4)在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律．
(5)滑块恰好不相对滑动时，滑块与木板达到共同速度．
题型3| “子弹打木块”模型
1．“子弹打木块”的两种典型情况
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．
处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力≫外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．
(2)“木块”固定在水平面上
运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．
处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．
2．两种类型的共同点
(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)．
(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是—个相对运动问题)．
例3 如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1.
(2)木板向右滑行的最大速度v2.
(3)物块在木板上滑行的时间t.
【考法拓展】 在【例3】的基础上，回答下列问题：
(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？
(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？
(3)当木板的速度v板＝1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？
题型4| “滑块—斜面或曲面”模型
1．常见模型图
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12 (M＋m) v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)
例4 [2021·四川质检](多选)如图所示为一足够长的光滑水平面，右侧挡板C与轻质弹簧一端相连，接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上，另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处由静止释放，小球B滑下与弹簧作用后反向弹回，已知mA＝3m，mB＝m，下列说法正确的有( )
A．小球B离开斜劈时，两者水平位移xA＝3xB
B．小球B下滑过程中，支持力对小球做功
C．弹簧可以获得的最大弹性势能为34 mgh
D．小球B反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈顶端h高处
练1 [2020·北京丰台区二中期中](多选)如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两辆小车分别向左、右运动．已知两辆小车的质量之比m1：m2＝2：1，下列说法正确的是( )
A．弹簧弹开后两辆小车速度大小之比为1：2
B．弹簧弹开后两辆小车动量大小之比为1：2
C．弹簧弹开过程两辆小车受到的冲量大小之比为2：1
D．弹簧弹开过程弹力对两辆小车做功之比为1：2
练2 如图甲所示，质量M＝2 kg的木板以初速度v0＝5 m/s在光滑的水平面上运动，质量m＝0.5 kg的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，二者的速度—时间图象如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ.
(2)木板的长度L和系统产生的内能Q.
考点二 力学三大观点解决多过程问题
师生共研
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例5[2020·全国卷Ⅲ，25]如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝1312s后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．
练3 粗糙的水平台面AB长为L＝7 m，在A点放一个质量为M＝950 g的小物块，小物块被左边水平飞来的速度v0＝200 m/s的子弹击中(未能击穿，碰撞时间不计)，后在AB上滑动，从B点水平飞出后，从C点以相切圆轨道的速度进入光滑圆轨道，并从圆轨道上最低点D进入水平粗糙轨道．如图，已知B、C两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平长度s＝0.8 m，子弹质量m＝50 g，光滑圆轨道半径R＝(5＋25) m.
(1)求粗糙水平面AB的动摩擦因数．
(2)小物块运动到D点时对轨道的压力大小是多少？
思维拓展
计算题提分技巧——建模法
eq \a\vs4\al\c1(,)
如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
[教你解决问题]
第1步：审条件 挖隐含
①动摩擦因数均相同eq \(――→,\s\up7(隐含))a、b做匀减速直线运动
②a与b发生弹性碰撞eq \(――→,\s\up7(隐含))碰撞过程中，系统动量和机械能均守恒
③b没有与墙发生碰撞eq \(――→,\s\up7(隐含))b的位移小于l
第2步：审情景 建模型
①碰撞前a的运动过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀减速直线运动
②a与b的碰撞过程eq \(――→,\s\up7(建模))弹性碰撞模型
③碰撞后b的运动过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀减速直线运动
第3步：审过程 选规律
①碰撞前a的减速过程eq \(――→,\s\up7(选规律))动能定理
②a、b碰撞过程eq \(――→,\s\up7(应用))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(动量守恒定律,机械能守恒定律))
③碰撞后b的减速过程eq \(――→,\s\up7(应用))动能定理
练 [2020·浙江7月，20]小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放．已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
专题五 力学观点综合应用
考点突破
例1 解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝mAv0mA+mB＝1 m/s.弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm＝12mAv02－12(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA+mBvm，12mAv02＝12mBvm2+12mAvA2代入数据解得vm＝2 m/s，方向向右．
答案：(1)6 J (2)2 m/s，方向向右
例2 解析：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v，v＝0.8 m/s．
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理：
－Ft＝m2v－m2v0，又F＝μm2g
解得：t＝m1v0μm1+m2g，代入数据得t＝0.24 s.
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2
解得：x＝0.096 m
(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则：m2v′0＝(m1＋m2)v′
由系统能量守恒有：
12m2v0'2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v′0＝5 m/s.
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s.
答案：(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s
例3 解析：(1)子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s.
(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2解得v2＝2 m/s.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1解得：t＝1 s.
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
[考法拓展] 解析：(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速．时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零．
(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大．
(3)由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝Mv板＋(m0＋m)v物，可求得v物＝4 m/s，由μ(m0＋m)g＝(m0＋m)a，v物＝v1－at′，可得t′＝0.5 s，所以物块相对于木板滑行的距离d＝v1+v物2t′－0+v板2t′＝2.25 m.
答案：(1)(2)见解析 (3)4 m/s 2.25 m
例4 解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．小球B下滑，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，则有0＝mAxAt－mBxBt，解得xB＝3xA，A错误；小球B下滑过程中，斜劈对小球B的支持力与小球的位移方向不垂直，则支持力对小球做功，B正确；从开始下滑至B离开A，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0＝mAvA－mBvB，mBgh＝12mAvA2+12mBvB2，解得vA＝gh6，vB＝3gh6，在小球B压缩弹簧过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep＝12mBvB2 ＝34mgh，C正确；小球B被弹簧反弹后，速度大小仍为vB，由于vB>vA，则小球可追上斜劈，当小球上升至最高处，有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，mBgh′＝12mAvA2 ＋12mBvB2－12(mA＋mB) v2，联立可得h′＝h4，h′答案：BC
练1 解析：两辆小车组成的系统动量守恒，系统的初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统的总动量仍为零，即两辆小车动量大小相等、方向相反，动量大小之比p1p2＝m1v1m2v2＝1，则v1v2＝m2m1＝12，A正确，B错误；弹簧弹开过程两辆小车受到的合力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，两辆小车受到的冲量I＝Ft大小相等，冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理可知，弹力对小车做功W＝12mv2，做功之比W1W2＝12m1v12 12m2v22 ＝p12 2m1p22 2m2＝m2m1＝12，D正确．
答案：AD
练2 解析：(1)由图乙知，t＝2 s末二者达到共同速度，设共同速度为v
对滑块，由动量定理得
μmgt＝mv－0
对木板和滑块组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
Mv0＝(M＋m)v
联立解得μ＝0.2.
(2)2 s内木板的位移x1＝v0+v2t＝9 m
滑块的位移x2＝v2t＝4 m
木板的长度L＝x1－x2＝5 m
系统产生的内能Q＝μmgL＝5 J.
答案：(1)0.2 (2)5 m 5 J
例5 解析：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2-v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t′1，由运动学公式有
v＝v0－at′1④
t1＝t′1＋L-s1v⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
－μmgL＝12mv12-12mv02⑦
μmgL＝12mv22-12mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝2 m/s，v2＝43 m/s⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0v＝v0＋at2⑩
v2-v02＝2as2⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t2＝1.0 s⑫
s2＝5.5 m⑬
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度．
此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有s3＝(Δt－t2)v⑭
由①⑫⑬⑭式可知，12mv2>μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3.由运动学公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)⑮
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
I＝m(v3－v0)⑯
联立①⑫⑬⑭⑮⑯式并代入题给数据得
I＝0⑰
答案：(1)2.75 s (2)43 m/s 2 m/s (3)0
练3 解析：(1)对子弹和小物块，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)vA，子弹和小物块飞出后做平抛运动h＝12gt2，s＝vBt，对子弹和小物块在水平台面AB上运动，由动能定理－μ(M＋m)gL＝12M+mvB2-12M＋mvA2解得μ＝0.6.
(2)在C点竖直方向有vy＝gt，由运动的合成与分解有tan θ＝vyvB，从B点到D点由机械能守恒定律有12M+mvB2＋(M＋m)g(h＋R－R cs θ)＝12M+mvD2.对子弹和小物块在最低点，由牛顿第二定律有FN－(M＋m)g＝M+mvD2 R，解得FN＝(50－165) N．由牛顿第三定律知对轨道的压力大小为(50－165) N.
答案：(1)0.6 (2)(50－165) N
思维拓展
典例 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有12mv02＞μmgl ①
即μ＜v02 2gl②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间a的速度大小为v1.由能量守恒有12mv02＝12mv12＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv′1＋34mv′2④
12mv12＝12mv1'2+1234mv2'2⑤
联立④⑤式解得v′2＝87v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
1234mv2'2≤μ34mgl⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥32v02 113gl⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件32v02 113gl≤μ＜v02 2gl⑨
答案：32v02 113gl≤μ＜v02 2gl
练 解析：(1)机械能守恒定律mgH＝mgR+12mvD2
牛顿第二定律FN＝mvD2 R＝8 N
牛顿第三定律F′N＝FN＝8 N，方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C′点，功能关系
mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cs θ＋mgLBC′sin θ
得LBC′＝1516 m<1.0 m，故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
mgH－μmgx＝12mv2
碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
－3μmg(LAB－x)－3μmghtanθ－3mgh＝0－12(3m)v′2
得h＝16x－548 m58 mh＝00≤x≤58 m
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时
作用效果
牛顿第二定律
物体的加速度大小与合力成正比，与质量成反比，加速度的方向与合力的方向相同
F合＝ma
力对空间
积累效果
动能定理
合力对物体所做的功等于物体动能的增量
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
在只有重力或弹力做功的情况下，物体系统的机械能的总量保持不变
E初＝E末
力对时间
积累效果
动量定理
物体所受合力的冲量等于物体动量的变化
I合＝Δp
动量守恒定律
系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的总动量保持不变(或在某个方向上系统所受外力之和为零时，系统在这个方向上的动量保持不变)
p初＝p末
力的三个作用效果与五个规律
考点一 碰撞模型的拓展
师生共研
题型1| “弹簧系统”模型
1．模型图
2．模型特点
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(2)在动量方面，系统动量守恒．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．
例1 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者发生碰撞的过程中
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
题型2|滑块—木板模型
1．常见模型图
2．模型特点
(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．
(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．
例2 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块与小车共同速度；
(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)小车运动的位移x；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？
题后反思
“滑块—木板”模型解题思路：
(1)应用系统的动量守恒．
(2)在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理．
(3)在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理．
(4)在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律．
(5)滑块恰好不相对滑动时，滑块与木板达到共同速度．
题型3| “子弹打木块”模型
1．“子弹打木块”的两种典型情况
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．
处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力≫外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．
(2)“木块”固定在水平面上
运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．
处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．
2．两种类型的共同点
(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)．
(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是—个相对运动问题)．
例3 如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1.
(2)木板向右滑行的最大速度v2.
(3)物块在木板上滑行的时间t.
【考法拓展】 在【例3】的基础上，回答下列问题：
(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？
(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？
(3)当木板的速度v板＝1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？
题型4| “滑块—斜面或曲面”模型
1．常见模型图
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12 (M＋m) v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)
例4 [2021·四川质检](多选)如图所示为一足够长的光滑水平面，右侧挡板C与轻质弹簧一端相连，接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上，另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处由静止释放，小球B滑下与弹簧作用后反向弹回，已知mA＝3m，mB＝m，下列说法正确的有( )
A．小球B离开斜劈时，两者水平位移xA＝3xB
B．小球B下滑过程中，支持力对小球做功
C．弹簧可以获得的最大弹性势能为34 mgh
D．小球B反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈顶端h高处
练1 [2020·北京丰台区二中期中](多选)如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两辆小车分别向左、右运动．已知两辆小车的质量之比m1：m2＝2：1，下列说法正确的是( )
A．弹簧弹开后两辆小车速度大小之比为1：2
B．弹簧弹开后两辆小车动量大小之比为1：2
C．弹簧弹开过程两辆小车受到的冲量大小之比为2：1
D．弹簧弹开过程弹力对两辆小车做功之比为1：2
练2 如图甲所示，质量M＝2 kg的木板以初速度v0＝5 m/s在光滑的水平面上运动，质量m＝0.5 kg的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，二者的速度—时间图象如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ.
(2)木板的长度L和系统产生的内能Q.
考点二 力学三大观点解决多过程问题
师生共研
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例5[2020·全国卷Ⅲ，25]如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝1312s后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．
练3 粗糙的水平台面AB长为L＝7 m，在A点放一个质量为M＝950 g的小物块，小物块被左边水平飞来的速度v0＝200 m/s的子弹击中(未能击穿，碰撞时间不计)，后在AB上滑动，从B点水平飞出后，从C点以相切圆轨道的速度进入光滑圆轨道，并从圆轨道上最低点D进入水平粗糙轨道．如图，已知B、C两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平长度s＝0.8 m，子弹质量m＝50 g，光滑圆轨道半径R＝(5＋25) m.
(1)求粗糙水平面AB的动摩擦因数．
(2)小物块运动到D点时对轨道的压力大小是多少？
思维拓展
计算题提分技巧——建模法
eq \a\vs4\al\c1(,)
如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
[教你解决问题]
第1步：审条件 挖隐含
①动摩擦因数均相同eq \(――→,\s\up7(隐含))a、b做匀减速直线运动
②a与b发生弹性碰撞eq \(――→,\s\up7(隐含))碰撞过程中，系统动量和机械能均守恒
③b没有与墙发生碰撞eq \(――→,\s\up7(隐含))b的位移小于l
第2步：审情景 建模型
①碰撞前a的运动过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀减速直线运动
②a与b的碰撞过程eq \(――→,\s\up7(建模))弹性碰撞模型
③碰撞后b的运动过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀减速直线运动
第3步：审过程 选规律
①碰撞前a的减速过程eq \(――→,\s\up7(选规律))动能定理
②a、b碰撞过程eq \(――→,\s\up7(应用))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(动量守恒定律,机械能守恒定律))
③碰撞后b的减速过程eq \(――→,\s\up7(应用))动能定理
练 [2020·浙江7月，20]小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放．已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
专题五 力学观点综合应用
考点突破
例1 解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝mAv0mA+mB＝1 m/s.弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm＝12mAv02－12(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA+mBvm，12mAv02＝12mBvm2+12mAvA2代入数据解得vm＝2 m/s，方向向右．
答案：(1)6 J (2)2 m/s，方向向右
例2 解析：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v，v＝0.8 m/s．
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理：
－Ft＝m2v－m2v0，又F＝μm2g
解得：t＝m1v0μm1+m2g，代入数据得t＝0.24 s.
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2
解得：x＝0.096 m
(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则：m2v′0＝(m1＋m2)v′
由系统能量守恒有：
12m2v0'2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v′0＝5 m/s.
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s.
答案：(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s
例3 解析：(1)子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s.
(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2解得v2＝2 m/s.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1解得：t＝1 s.
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
[考法拓展] 解析：(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速．时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零．
(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大．
(3)由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝Mv板＋(m0＋m)v物，可求得v物＝4 m/s，由μ(m0＋m)g＝(m0＋m)a，v物＝v1－at′，可得t′＝0.5 s，所以物块相对于木板滑行的距离d＝v1+v物2t′－0+v板2t′＝2.25 m.
答案：(1)(2)见解析 (3)4 m/s 2.25 m
例4 解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．小球B下滑，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，则有0＝mAxAt－mBxBt，解得xB＝3xA，A错误；小球B下滑过程中，斜劈对小球B的支持力与小球的位移方向不垂直，则支持力对小球做功，B正确；从开始下滑至B离开A，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0＝mAvA－mBvB，mBgh＝12mAvA2+12mBvB2，解得vA＝gh6，vB＝3gh6，在小球B压缩弹簧过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep＝12mBvB2 ＝34mgh，C正确；小球B被弹簧反弹后，速度大小仍为vB，由于vB>vA，则小球可追上斜劈，当小球上升至最高处，有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，mBgh′＝12mAvA2 ＋12mBvB2－12(mA＋mB) v2，联立可得h′＝h4，h′
练1 解析：两辆小车组成的系统动量守恒，系统的初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统的总动量仍为零，即两辆小车动量大小相等、方向相反，动量大小之比p1p2＝m1v1m2v2＝1，则v1v2＝m2m1＝12，A正确，B错误；弹簧弹开过程两辆小车受到的合力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，两辆小车受到的冲量I＝Ft大小相等，冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理可知，弹力对小车做功W＝12mv2，做功之比W1W2＝12m1v12 12m2v22 ＝p12 2m1p22 2m2＝m2m1＝12，D正确．
答案：AD
练2 解析：(1)由图乙知，t＝2 s末二者达到共同速度，设共同速度为v
对滑块，由动量定理得
μmgt＝mv－0
对木板和滑块组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
Mv0＝(M＋m)v
联立解得μ＝0.2.
(2)2 s内木板的位移x1＝v0+v2t＝9 m
滑块的位移x2＝v2t＝4 m
木板的长度L＝x1－x2＝5 m
系统产生的内能Q＝μmgL＝5 J.
答案：(1)0.2 (2)5 m 5 J
例5 解析：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2-v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t′1，由运动学公式有
v＝v0－at′1④
t1＝t′1＋L-s1v⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
－μmgL＝12mv12-12mv02⑦
μmgL＝12mv22-12mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝2 m/s，v2＝43 m/s⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0
v2-v02＝2as2⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t2＝1.0 s⑫
s2＝5.5 m⑬
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度．
此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有s3＝(Δt－t2)v⑭
由①⑫⑬⑭式可知，12mv2>μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3.由运动学公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)⑮
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
I＝m(v3－v0)⑯
联立①⑫⑬⑭⑮⑯式并代入题给数据得
I＝0⑰
答案：(1)2.75 s (2)43 m/s 2 m/s (3)0
练3 解析：(1)对子弹和小物块，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)vA，子弹和小物块飞出后做平抛运动h＝12gt2，s＝vBt，对子弹和小物块在水平台面AB上运动，由动能定理－μ(M＋m)gL＝12M+mvB2-12M＋mvA2解得μ＝0.6.
(2)在C点竖直方向有vy＝gt，由运动的合成与分解有tan θ＝vyvB，从B点到D点由机械能守恒定律有12M+mvB2＋(M＋m)g(h＋R－R cs θ)＝12M+mvD2.对子弹和小物块在最低点，由牛顿第二定律有FN－(M＋m)g＝M+mvD2 R，解得FN＝(50－165) N．由牛顿第三定律知对轨道的压力大小为(50－165) N.
答案：(1)0.6 (2)(50－165) N
思维拓展
典例 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有12mv02＞μmgl ①
即μ＜v02 2gl②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间a的速度大小为v1.由能量守恒有12mv02＝12mv12＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv′1＋34mv′2④
12mv12＝12mv1'2+1234mv2'2⑤
联立④⑤式解得v′2＝87v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
1234mv2'2≤μ34mgl⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥32v02 113gl⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件32v02 113gl≤μ＜v02 2gl⑨
答案：32v02 113gl≤μ＜v02 2gl
练 解析：(1)机械能守恒定律mgH＝mgR+12mvD2
牛顿第二定律FN＝mvD2 R＝8 N
牛顿第三定律F′N＝FN＝8 N，方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C′点，功能关系
mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cs θ＋mgLBC′sin θ
得LBC′＝1516 m<1.0 m，故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
mgH－μmgx＝12mv2
碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
－3μmg(LAB－x)－3μmghtanθ－3mgh＝0－12(3m)v′2
得h＝16x－548 m58 m
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时
作用效果
牛顿第二定律
物体的加速度大小与合力成正比，与质量成反比，加速度的方向与合力的方向相同
F合＝ma
力对空间
积累效果
动能定理
合力对物体所做的功等于物体动能的增量
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
在只有重力或弹力做功的情况下，物体系统的机械能的总量保持不变
E初＝E末
力对时间
积累效果
动量定理
物体所受合力的冲量等于物体动量的变化
I合＝Δp
动量守恒定律
系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的总动量保持不变(或在某个方向上系统所受外力之和为零时，系统在这个方向上的动量保持不变)
p初＝p末
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