2020高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用学案.pdf

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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/18 2020高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用学案编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/18 知识必备1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系：W合Ek。(2)重力做功与重力势能的关系：WG Ep。(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹 Ep。(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他E 机。(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ff x相对E 内。2.机械能守恒定律(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。(2)表达式：Ek1Ep1Ek2Ep2。3.动能定理(1

2、)内容：合外力做的功等于动能的变化。2 1mvmvW表达式：(2)4.动量定理及动量守恒定律(1)动量定理：Ftmv2 mv1(2)动量守恒定律：m1v1 m2v2 m1v1 m2v2(3)备考策略1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/18 3.必须领会的“1 种物理思想和 3 种方法”(1)守恒的思想。(2)守恒法、转化法、转移法。4.必须辨明的“3 个易错易混点”(1)动量

3、和动能是两个和速度有关的不同概念。(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。力学中的几个功能关系的应用【真题示例 1】(20 xx 全国卷，16)如图 1，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距 l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()图 1A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl解析由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了，则重力势能增加Epmg mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为 W mgl，故选项 A正确，B、C、D

4、错误。答案A【真题示例 2】(20 xx 全国卷，24)一质量为 8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m 处以7.5103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2(结果保留 2 位有效数字)。(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/18(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大

5、小的2.0%。解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0mv 式中，m和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek0 4.0 108 J 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Eh mv mgh 式中，vh 是飞船在高度1.6105 m处的速度大小。由式和题给数据得Eh 2.4 1012 J(2)飞船在高度 h600 m处的机械能为Ehm(vh)2mgh 由功能原理得W EhEk0式中，W 是飞船从高度 600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W 9.7 108 J 答案(1)(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7

6、108 J真题感悟1.高考考查特点(1)本考点高考命题既有选择题也有计算题，集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，并结合平抛、圆周运动等典型运动及生活科技为背景综合考查。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/18(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的功能关系、常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键。2.常见误区及临考提醒(1)注意判断物体运动过程中的临界状态和隐含条件。(2)注意物理方法的灵活选用。如全国卷第16 题的等效法(重心)。(3)注意提高计算能力。如全国卷第24 题，试题情境难度不大，但增加了计算的难度。预测 1功、功率的理解与计

7、算预测 2机械能守恒定律的应用预测 3功能关系、能量转化守恒定律的综合应用1.(20 xx 潍坊模拟)质量为 m 2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t0 时刻受到一个水平向左的恒力F，如图 2 甲所示，此后物体的vt图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取 10 m/s2，则()图 2A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B.10 s 末恒力 F的瞬时功率为 6 WC.10 s 末物体在计时起点左侧4 m处D.010 s 内恒力 F做功的平均功率为0.6 W解析由图线可知 04 s 内的加速度大小 a1m/s22 m/s2，可得 Fmg ma1；由图线可知41 0 s 内的加速度大小a

8、2m/s21 m/s2，可得 Fmg ma2；解得 F3 N，0.05，选项 A错误；10 s末恒力 F 的瞬时功率为 P10 Fv1036 W 18 W，选项 B错误；04 s 内的位移 x1 4 8 m16 m，410 s 内的位移 x266 m18 m，故 10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处，选项 C错误；010 s内恒力 F做功的平均功率为P W0.6 W，选项 D正确。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/18 答案D2.(多选)如图 3，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口 P的距离为 2x0，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至 M点，

9、压缩量为 x0，释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为 4mgx0，不计一切阻力，下列说法正确的是()图 3A.弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒B.弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能C.钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为 7x0D.弹簧被压缩至 M点时的弹性势能为7mgx0解析弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故系统机械能守恒，A 正确；弹簧恢复原长时，钢珠的动能和势能都增加，选项 B 错误；钢珠运动到P 点时，钢珠的动能增加到4mgx0，且竖直方向上钢珠位置升高了3x0，即重力势能增加量Ep3mgx0，故弹簧被压缩至 M点时的弹性势能为

10、E4mgx0 3mgx0 7mgx0，D正确；钢珠到达管口 P点时动能为 4mgx0，当钢珠达到最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最高点与管口的距离h 满足 mgh 4mgx0，故上升的最高点与管口的距离h4x0，C错误。答案AD3.(名师改编)如图 4 所示，质量 mB 3.5 kg 的物体 B通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k100 N/m。轻绳一端与物体 B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O1、O2后，与套在光滑直杆顶端 E处的质量 mA 1.6 kg 的小球 A 连接。已知直杆固定不动，杆长 L 为 0.8 m，且与水平面的夹角37。初始时使

11、小球A静止不动，与 A相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F为 45 N。已知【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/18 EO1 0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，绳子不可伸长。现将小球A从静止释放。图 4(1)求在释放小球 A之前弹簧的形变量；(2)若直线 CO1与杆垂直，求小球A从静止运动到 C点的过程中绳子拉力对小球 A所做的功；(3)求小球 A运动到直杆底端D点时的速度大小。解析(1)释放小球 A 前，B处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x，有 kxFmBg，解得 x0.1 m。(2)对 A球从 E点运动到 C的过

12、程应用动能定理得W mAgh mAv 0其中 hxC O1cos 37，而 xC O1xE O1sin 37 0.3 m物体 B下降的高度 hxE O1xC O10.2 m由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有mAgh mBgh mAv mBv 由题意知，小球 A在 C点时运动方向与绳垂直，此时B物体速度 vB0由得 W 7 J。(3)由题意知，杆长L0.8 m，由几何知识可知EC CD，CDO1 CEO1 37，故 DO1 EO1当 A到达 D点时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，将 A 在 D 点的速度沿平行

13、于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即 B的速度，由几何关系得vBvAcos 37 整个过程机械能守恒，可得【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/18 mAgLsin 37mAvA 2mBvB 2由得 vA2 m/s。答案(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s归纳总结解决功能关系问题应注意的三个问题(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少。(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能

14、量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。动量定理和动能定理的应用【真题示例 1】(多选)(20 xx 全国卷，20)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间 t 变化的图线如图 5所示，则()图 5A.t 1 s 时物块的速率为 1 m/sB.t 2 s 时物块的动量大小为4 kg m/sC.t 3 s 时物块的动量大小为5 kg m/sD.t 4 s 时物块的速度为零解析由动量定理可得Ftmv，解得 v。t 1 s 时物块的速率为v m/s1 m/s，故 A正确；t 2 s 时物块的动量大小p2F2t222 kgm/s4 kgm/s，t 3 s 时

15、物块的动量大小为p3(2211)kgm/s3 kgm/s，t 4 s 时物块的动量大小为p4(2212)【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/18 kgm/s2 kg m/s，所以 t 4 s 时物块的速度为 1 m/s，故 B正确，C、D错误。答案AB【真题示例 2】(20 xx 全国卷，24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0 和 s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6 所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小

16、旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度为g。求：图 6(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0 mv mv 解得 v,2gs0)(2)法 1 冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t。由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1t s1a2t2联立式得a2)【本资料精心搜集整理而来，欢迎

17、广大同仁惠存！】10/18 法 2 对冰球由动量定理得 mgtmv1 mv0 s1a2t2由式得 a2)答案(1)v,2gs0)(2)真题感悟1.高考考查特点(1)动能定理是高考的必考热点，运用动量定理解决生活中的物理问题也已成为高考的热点。(2)一般以生活中的物理问题(如 20 xx 年全国卷第 24 以冰球运动)为背景考查对动能定理的理解及应用。2.常见误区及临考提醒(1)不清楚物体动量变化规律是由合外力的冲量决定的，物体动能变化规律是由合外力的功决定的。(2)不清楚动能定理表达式是标量式，动量定理表达式是矢量式。预测 1动能定理的应用预测 2动量定理的应用预测 3动能定理、动量定理的综合

18、应用1.(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s 内合力对物体做的功为 45 J，在第 1 s 末撤去拉力，物体整个运动过程的vt 图象如图 7所示，g 取 10 m/s2，则()图 7A.物体的质量为 5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.第 1 s 内摩擦力对物体做的功为60 JD.第 1 s 内拉力对物体做的功为60 J【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/18 解析由动能定理有 W合，第 1 s 末速度 v3 m/s，解出 m 10 kg，故 A错误；撤去拉力后物体的位移x233 m 4.5

19、 m，由动能定理可得：fx2 0mv2，可解得：f 10 N，又 f mg，解出 0.1，故 B正确；第 1 s 内物体的位移 x11.5 m，第 1 s 内摩擦力对物体做的功 W fx1 15 J，故 C错误；由 Fx1f(x1 x2)0，可得 F40 N，所以第 1 s 内拉力对物体做的功W Fx160 J，故 D正确。答案BD2.(多选)(20 xx 陕西省市高三教学质量检测)如图 8 所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为 v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已

20、知水的密度为。下列说法正确的是()图 8A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为vD2B.高压水枪的功率为D2v3C.水柱对煤层的平均冲力为D2v2D.手对高压水枪的作用力水平向右解析设 t时间内，从水枪喷出的水的体积为V，质量为m，则m V，VSvt D2v t，单位时间喷出水的质量为vD2，选项A 错误；t 时间内水枪喷出的水的动能Ekmv2 D2v3t，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W EkD2v3t，高压水枪的功率P D2v3，选项 B正确；考虑一个极短时间 t，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为 F，由动量定理得 Ft mv，t 时间内冲到煤层水的质量m D

21、2v t，解得FD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】12/18 层的平均冲力为FFD2v2，选项 C正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误。答案BC3.如图 9 所示，轻绳长为l，竖直悬挂质量为M的摆球，在最低点A经两次打击后到达圆周最高点C，若第一次平均打击力为10 N，摆球恰升到水平位置 OB处，则第二次平均打击力至少应该为多大，才能使摆球上升到最高点？(设两次打击时间相等且极短)图 9解析设第一次被打击后，球的速度为vA1，由动能定理得

22、：mgl0mv，即 vA1。则第二次被打击后，球的速度为vA2，则mg 2l mv mv mg,l)联立得 vA2。由动量定理 Ft m v得F1F25 NF2，答案5 N归纳总结1.应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况。(3)四个关注：建立运动模型，判断物体做了哪些运动。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】13/18 分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。根据实

23、际情况分阶段或整体利用动能定理列式计算。2.使用动量定理的注意事项(1)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力 F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。动量观点和能量观点的综合应用【真题示例 1】(20 xx 全国卷，14)将质量为 1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg m/s B.5.7

24、102 kgm/sC.6.0 102 kgm/s D.6.3 102 kgm/s解析设火箭的质量为 m1，燃气的质量为 m2。由题意可知，燃气的动量p2m2v2 50103600 kgm/s30 kgm/s。根据动量守恒定律可得 0 m1v1m2v2，则火箭 的 动量 大 小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以 A正确，B、C、D错误。答案A【真题示例 2】(20 xx 天津理综，10)如图 10 所示，物块 A 和 B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA 2 kg、mB 1 kg。初始时 A静止于水平地面上，B悬于空中。现将 B竖直向上再举

25、高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】14/18 一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：图 10(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B离地面的高度 H。解析(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2 代入数据解得 t 0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为 vB，有 vBgt 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得 mBvB(mA mB)v之后 A 做

26、匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mA mB)v2mBgH mAgH 代入数据解得 H0.6 m答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m真题感悟1.高考考查特点(1)动量守恒定律的应用是高考热点，碰撞模型、反冲运动是动量守恒定律的基础与核心模型。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】15/18(2)熟悉掌握并灵活应用动量守恒的条件，掌握常见的碰撞模型及规律是突破该考点的关键。2.常见误区及临考提醒(

27、1)对动量守恒条件理解不准确。(2)注意物理模型的构建。如天津卷第10 题，绳子绷直瞬间，两物块获得共同速度，可等效于发生完全非弹性碰撞。预测 1动量守恒定律的应用预测 2与动量守恒定律相关的临界问题预测 3动量观点和能量观点的综合应用1.(20 xx 云南玉溪一中模拟)在一水平支架上放置一个质量m1 0.98 kg 的小球 A，一颗质量为 m0 20 g 的子弹以 v0300 m/s 的水平速度击中小球 A 并留在其中。之后小球A 水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量 m2 2 kg，沙车的速度 v12 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦。图 11(1)若子弹打入小球 A

28、的过程用时 t 0.01 s，求子弹与小球间的平均作用力大小；(2)求最终沙车 B的速度。解析(1)子弹打入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒，则m0v0(m0m1)v对小球由动量定理得Ft m1v 0解得 F588 N。(2)之后小球平抛，系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则(m0m1)vm2v1(m0m1 m2)v2解得 v2 m/s，方向水平向右。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】16/18 答案(1)588 N(2)m/s，方向水平向右2.(20 xx 西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA 2 kg、mB 3 kg 的 A、B两物体都处于静

29、止状态，此时弹簧处于原长状态。将质量为 mC 5 kg 的物体 C，从半径 R3.2 m的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图12 所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，B与C碰撞后粘在一起运动。求：图 12(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析(1)对 C下滑过程中，根据动能定理得2 0mCvmCgR设 B、C 碰撞后的瞬间速度为v1，以 C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv0(mB mC)v1代入数据得 v15 m/s。(2)由题意可知，当 A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以 C的初速度方向为

30、正方向，由动量守恒定律得(mC mB)v1(mA mB mC)v2设弹簧的最大弹性势能为Epm，则对 B、C碰撞后到 A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得12EpmC)vmB(mAmC)v(mB代入数据得 Ep20 J。答案(1)5 m/s(2)20 J【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】17/18 3.(20 xx 肇庆高中毕业班一模)如图 13 所示，质量 M 1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块 Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块 P置于光滑桌面上的

31、A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F 将 P 缓慢推至 B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功 WF 4 J，撤去 F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数0.1。(取 g10 m/s2)求：图 13(1)P 刚要与 Q碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v0 是多少？(3)为保证 Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？解析(1)推力 F通过 P压缩弹簧做功，根据功能关系有Ep WF 当弹簧完全推开物块P时，有EpmPv2 由式联立解得v4 m/s。(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的

32、速度为 v0，P的速度为 v，由动量守恒和能量守恒得mPv mPv mQv0 12mQv mPv 2mPv2由式解得 v0v4 m/s，v 0。(3)设滑块 Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得mQv0(mQ M)u根据能量守恒，系统产生的摩擦热【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】18/18 mQgL mQv(mQ M)u2 联立解得 L6 m。答案(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m归纳总结规律优先原则(1)对于单个物体，涉及位移的应优先选用动能定理，涉及运动时间的优先选用动量定理。(2)若是多个物体组成的系统，则优先考虑机械能守恒定律、能量守恒定律与动量守恒定律。(3)若涉及系统内物体间的相对路程并涉及滑动摩擦力做功要优先考虑能量守恒定律。