（通用版）2020版高考物理一輪復習 第六章 第37課時 應用三大觀點解決力學綜合問題（題型研究課）講義（含解析）.doc

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第37課時應用三大觀點解決力學綜合問題(題型研究課)1(2018全國卷)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。解析：(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv02設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0v0gt聯(lián)立式得t 。(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有mv12mv22Emv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv12mgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為hh1h2。答案：(1) (2)2.(2016全國卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。解析：設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有mv02mgl即設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律有mv02mv12mgl設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv1mv1mv2mv12mv12mv22聯(lián)立式解得v2v1由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知mv22mgl聯(lián)立式，可得聯(lián)立式，可得a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為。答案：3.(2018全國卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin 。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；(2)小球到達A點時動量的大?。?3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。解析：(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成有F0mgtan mgFmg設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm解得v。(2)設小球到達A點時速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關系得DARsin CDR(1cos )小球由A到C的過程中，由動能定理有mgCDF0DAmv2mv12解得v1所以小球在A點的動量大小為pmv1。(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vyvsin 、加速度為g的勻加速直線運動，CDvytgt2解得t 。答案：(1)mg(2)(3) 該部分內(nèi)容為力學三大觀點的綜合應用，在高考中常作為壓軸題進行命題。力學所有知識幾乎都會在該部分出現(xiàn)。該部分的學習對學生的綜合分析能力、數(shù)學運算能力等有較高的要求。 命題點一三大觀點的常見組合模式力學研究的是物體的受力與運動的關系，與之相伴的是能量和動量的變化，其知識體系如下：考法1動力學觀點和動量守恒定律的綜合應用例1(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。解析(1)設B車碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB22aBsB解得vB3.0 m/s。(2)設A車碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有vA22aAsA設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB解得vA4.3 m/s。答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s考法2動量定理和動能定理的綜合應用例2某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v1 m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn)將一質量為m2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)0.5。設皮帶足夠長，取g10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求：(1)郵件滑動的時間t；(2)郵件對地的位移大小x；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。解析(1)取向右為正方向，設郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則Fmg對郵件應用動量定理，有Ftmv0解得t0.2 s。(2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，對郵件應用動能定理，有Fxmv20解得x0.1 m。(3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，設皮帶相對地面的位移為s，則svt摩擦力對皮帶做的功WFs2 J。答案(1)0.2 s(2)0.1 m(3)2 J動量定理和動量守恒定律是矢量表達式，還可以寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律都是標量表達式，絕無分量表達式。 考法3動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用例3如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R0.5 m。物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L0.1 m。A、B與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短)。(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后A、B最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后A、B滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關系式。解析(1)A從滑入圓軌道到滑過最高點Q，根據(jù)機械能守恒定律，得mv02mg2Rmv2所以A滑過Q點時的速度v m/s4 m/s m/s在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得mgFm所以A受到的彈力FmgN22 N。(2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設碰撞后的速度為v，則mv02mv所以vv03 m/s從碰撞到A、B停止，根據(jù)動能定理，得2mgkL02mv2所以k45。(3)A、B從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理，得2mgnL2mvn22mv2解得vn(nk)。答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn(nk)力學規(guī)律的選用原則(1)求解物體某一時刻受力及加速度時，可用牛頓第二定律或運動學公式列式解決。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用，運動狀態(tài)改變的問題時，在涉及時間和速度，不涉及位移和加速度時要首先考慮選用動量定理；在涉及位移、速度，不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。(3)若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng)，一般考慮用機械能守恒定律和動量守恒定律解決，但要仔細分析研究的問題是否符合守恒條件。(4)在涉及相對位移問題時應優(yōu)先考慮能量守恒定律，即滑動摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)機械能的減少量，也等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。(5)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象的問題，通?？蛇x用動量守恒定律，但須注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化。 集訓沖關1.(2019南陽模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)一光滑水平軌道左邊與墻壁對接，右邊與一足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B質量分別為1.5 kg 和0.5 kg?，F(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s。A與B碰撞后會立即粘在一起運動，g取10 m/s2，求：(1)A與墻壁碰撞過程中，墻壁對A平均作用力的大??；(2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度。解析：(1)設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時，根據(jù)動量定理有FtmAv1(mAv1)解得F50 N。(2)當A與B碰撞時，設碰撞后A、B的速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1(mAmB)vA、B在光滑圓弧軌道上運動時，機械能守恒，由機械能守恒定律有(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m。答案：(1)50 N(2)0.45 m2(2019山西五校聯(lián)考)如圖甲所示，質量均為m0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質點)，分別靜止在水平地面上A、C兩點。P在水平力F作用下由靜止開始向右運動，力F與時間t的關系如圖乙所示，3 s末撤去力F，此時P運動到B點，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞。已知B、C兩點間的距離L3.75 m，P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，取g10 m/s2，求：(1)P到達B點時的速度大小v及P與Q碰撞前瞬間的速度大小v1；(2)Q運動的時間t。解析：(1)以向右為正方向，在03 s內(nèi)，對P由動量定理有：F1t1F2t2mg(t1t2)mv0其中F12 N，F(xiàn)23 N，t12 s，t21 s解得v8 m/s設P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a，由牛頓第二定律有：mgmaP在B、C兩點間做勻減速直線運動，有：v2v122aL解得v17 m/s。(2)設P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間P、Q的速度大小分別為v1、v2，有：mv1mv1mv2mv12mv12mv22碰撞后Q做勻減速直線運動，Q運動的加速度大小為：mgmaQ運動的時間為：t解得t3.5 s。答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s命題點二兩類?？嫉牧W綜合模型模型1“彈簧類”模型對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中：1在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。2在動量方面，系統(tǒng)動量守恒。3彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。4彈簧處于原長時，彈性勢能為零。例1如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA4.0 kg和mB3.0 kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t0時以一定速度向右運動，在t4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，C的vt圖像如圖乙所示。求：(1)C的質量mC；(2)B離開墻壁后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。解析(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v19 m/s，碰后速度為v23 m/s，C與A碰撞過程C、A組成的系統(tǒng)動量守恒mCv1(mAmC)v2解得mC2 kg。(2)由題圖乙可知，12 s時B離開墻壁，此時A、C的速度大小v33 m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v32(mAmBmC)v42Ep解得Ep9 J。答案(1)2 kg(2)9 J模型2“滑塊平板”模型1“滑塊”問題是動量和能量的綜合應用之一，由于滑塊與平板之間常存在一對相互作用的摩擦力，這對摩擦力使滑塊、平板的動量發(fā)生變化，也使它們的動能發(fā)生改變，但若將兩者視為系統(tǒng)，則這對摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，它不影響系統(tǒng)的總動量，但克服摩擦力做功，使系統(tǒng)機械能損失，所以解決“滑塊”問題常用到動量守恒定律。2解決“滑塊”問題時一般要根據(jù)題意畫出情景示意圖，有助于分析物理過程，也有助于找出物理量尤其是位移之間的關系。 例2一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切且長度可忽略的光滑圓弧連接(圖中未畫出)。現(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點的距離s。解析(1)從開始到木塊到達斜面的最大高度過程：由動量守恒定律：mv03mv1由能量守恒定律：mv023mv12mghfL解得：f。(2)木塊從斜面的最大高度至與物體P最終相對靜止：由動量守恒定律：3mv13mv2由能量守恒定律：3mv12mgh3mv22fx距a點的距離：sLx解得：sL。答案(1)(2)L集訓沖關1兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右運動，質量為4 kg的物塊C靜止在B的右邊，如圖所示。已知B與C碰撞后二者會粘在一起運動。求：(1)當彈簧的彈性勢能最大時，A的速度；(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值。解析：(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，有(mAmB)v(mAmBmC)vABC代入數(shù)據(jù)解得vABC3 m/s。(2)B、C碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC，則有mBv(mBmC)vBC代入數(shù)據(jù)解得vBC2 m/s當A、B、C三者的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設為Ep，在B、C碰撞后，A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得Ep(mBmC)vBC2mAv2(mAmBmC)vABC212 J。答案：(1)3 m/s(2)12 J2.(2019山西模擬)如圖所示，一質量m10.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質量m20.5 kg的小物塊(可視為質點)靜止在車頂?shù)挠叶?。一質量m00.05 kg的子彈以水平速度v0100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g10 m/s2，求：(1)子彈相對小車靜止時小車速度的大??；(2)小車的長度L。解析：(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0(m0m1)v1解得v110 m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由機械能守恒定律可得(m0m1)v12m2gL(m0m1)v22m2v32解得L2 m。答案：(1)10 m/s(2)2 m