2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題36 用三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問題學(xué)案.doc

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突破36 用三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問題一、三種思路的比較思路特點(diǎn)分析適用情況力的觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運(yùn)動(dòng)量間的關(guān)系涉及力、加速度、位移、速度、時(shí)間恒力作用下的運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系系統(tǒng)內(nèi)力做功會(huì)影響系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度恒力作用下的運(yùn)動(dòng)、變力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)、瞬時(shí)作用動(dòng)量觀點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時(shí)間與動(dòng)量間的關(guān)系(或動(dòng)量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動(dòng)量涉及力、時(shí)間、動(dòng)量(速度)恒力作用下的運(yùn)動(dòng)、瞬時(shí)作用、往復(fù)運(yùn)動(dòng)二、三種思路的選擇解決力學(xué)問題的三種觀點(diǎn)所涉及的主要內(nèi)容是“三個(gè)運(yùn)動(dòng)定律”牛頓三大定律，“兩個(gè)定理”動(dòng)能定理和動(dòng)量定理，“三個(gè)守恒定律”能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律一般來講，大多數(shù)力學(xué)問題用上述三種觀點(diǎn)中的任何一種都是可以解決的，但是在選擇解決力學(xué)問題的觀點(diǎn)時(shí)，選擇順序應(yīng)該首先是能量觀點(diǎn)，其次是動(dòng)量觀點(diǎn)，最后才是動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)并不是所有的力學(xué)問題只用上述觀點(diǎn)中的任何一種就能解決的，有些問題還需要綜合應(yīng)用上述兩種甚至三種觀點(diǎn)才能解決，所以，要從問題中所涉及的物理量、研究對(duì)象和研究過程的特點(diǎn)等幾個(gè)方面進(jìn)行分析進(jìn)而做出正確而恰當(dāng)?shù)倪x擇1從研究對(duì)象上看(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；(3)若研究對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件2從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律3從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(4)如果涉及初末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律當(dāng)然任何問題都有多樣性，上述所說的解決問題的途徑的選擇原則只是指一般情況下的選擇原則，并不是一成不變的總之，在解決問題時(shí)要根據(jù)問題的特點(diǎn)靈活而恰當(dāng)?shù)剡x擇和應(yīng)用【典例1】 如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R 0.5 m。物塊A 以v0 6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P 處靜止的物塊B 碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P 點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng) 0.1 m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 0.1，A、B 的質(zhì)量均為m 1 kg(重力加速度g 取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)。(1) 求A 滑過Q 點(diǎn)時(shí)的速度大小v 和受到的彈力大小F；(2) 碰后AB 最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k 的數(shù)值；(3) 求碰后AB 滑至第n 個(gè)(nk)光滑段上的速度vn 與n 的關(guān)系式。【解析】(1) 由機(jī)械能守恒定律得：mv mg(2R)mv2mvmv，得：vAv06 m/s.AB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動(dòng)量守恒定律得：mvA(mm)vP，得：vP3 m/s.總動(dòng)能Ek(mm)v9 J，滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能EfL(mm)gL0.2 J.則：k45.(3)AB滑到第n個(gè)光滑段上損失的能量EnE0.2n J，由能量守恒得：(mm)v(mm)vnE，代入數(shù)據(jù)解得：vP m/s(nk)【答案】(1)v 4 m/sF22 N(2)k45 (3)vn m/s(且nk) 【典例2】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L4.0 m，傳送帶以恒定速率v3.0 m/s沿順時(shí)針方向勻速傳送三個(gè)質(zhì)量均為m1.0 kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)滑塊A以初速度v02.0 m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞后黏合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過程中滑塊C的速度仍為零因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受到擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC2.0 m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；(2)求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(3)若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？【解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x由牛頓第二定律得mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vvCat，xvCtat2代入數(shù)據(jù)可得x1.25 mL故滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為3.0 m/s.(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2由動(dòng)量守恒定律有mAv0(mAmB)v1，(mAmB)v1(mAmB)v2mCvCA、B碰撞后，彈簧伸開的過程中系統(tǒng)能量守恒，則有Ep(mAmB)v(mAmB)vmCv代入數(shù)據(jù)可解得Ep1.0 J.(3)在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值vm，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)【跟蹤短訓(xùn)】1. 一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A 點(diǎn)，距離A 點(diǎn)5 m 的位置B處是一面墻，如圖所示，一物塊以v0 9 m/s的初速度從A 點(diǎn)沿AB 方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，g取10 m/s2。(1) 求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3) 求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W?！敬鸢浮?1)0.32(2)F130 N(3)W9 J【解析】(1)由動(dòng)能定理，有：mgsmv2mv，可得0.32。(2)由動(dòng)量定理，有Ftmvmv，可得F130 N。(3)Wmv29 J。2.如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放當(dāng)A球下落t0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰好為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大??；(2)P點(diǎn)距離地面的高度【答案】：(1)4 m/s(2)0.75 m【解析】(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s.(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的h0.75 m.3.如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB 段是半徑為R 的四分之一圓弧光滑軌道，BC 段是長(zhǎng)為L(zhǎng) 的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B 點(diǎn)。一質(zhì)量為m 的滑塊在小車上從A 點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1) 若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力。(2) 若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車。已知滑塊質(zhì)量m ，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求： 滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度vm； 滑塊從B 到C 運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s?！敬鸢浮?1)3mg(2) 【解析】(1)由圖知，滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車的壓力最大，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理：聯(lián)立解得：vm .設(shè)滑塊到C處時(shí)小車的速度大小為v，則滑塊的速度為2v，根據(jù)能量守恒：mgRm(2v)2Mv2mgL，解得：v ，小車的加速度：ag.根據(jù)vv22as，解得s.4. 如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置，AB為一段足夠大且固定的圓弧軌道，圓弧半徑R5.6 m，BC為一段足夠長(zhǎng)的水平軌道，CD為一段固定的圓弧軌道，圓弧半徑r1 m，三段軌道均光滑一長(zhǎng)為L(zhǎng)2 m、質(zhì)量為M1 kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m2 kg的工件從距AB軌道最低點(diǎn)的高度為h處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)，小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時(shí)間極短)后即被粘在C處工件只有從CD軌道最高點(diǎn)飛出，才能被站在臺(tái)面DE上的工人接住工件與小車的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取g10 m/s2，求：(1)若h為2.8 m，則工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大？(2)要使工件能被站在臺(tái)面DE上的工人接住，則h的取值范圍為多少？【解析】(1)工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn)，設(shè)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)能定理有mghmv工件做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNmgm聯(lián)立解得FN40 N由牛頓第三定律知，工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為FNFN40 N.(2)由于BC軌道足夠長(zhǎng)，要使工件能到達(dá)CD軌道，工件與小車必須能夠達(dá)到共速，設(shè)工件剛滑上小車要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出，h13 m為其從AB軌道滑下的最大高度，設(shè)其從軌道下滑的最小高度為h，剛滑上小車的速度為v0，與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v1，剛滑上CD軌道的速度為v2，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0(mM)v1由動(dòng)能定理得mgLmvMvmv工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得