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  • 2021-05-26 发布

高考物理精讲:专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

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高考定位 力学中三大观点是指动力学观点,动量观点和能量观点.动力学观点主要是牛顿运动定律和 运动学公式,动量观点主要是动量定理和动量守恒定律,能量观点包括动能定理、机械能守 恒定律和能量守恒定律.此类问题过程复杂、综合性强,能较好地考查应用有关规律分析和 解决综合问题的能力. 考题 1 动量和能量的观点在力学中的应用 例 1 如图 1 所示,长为 L 的平台固定在地面上,平台的上平面光滑,平台上放有小物体 A 和 B,两者彼此接触.物体 A 的上表面是半径为 R(R≪L)的光滑半圆形轨道,轨道顶端有一 小物体 C,A、B、C 的质量均为 m.现物体 C 从静止状态沿轨道下滑,已知在运动过程中,A、 C 始终保持接触.试求: 图 1 (1)物体 A 和 B 刚分离时,物体 B 的速度; (2)物体 A 和 B 刚分离后,物体 C 所能达到距台面的最大高度; (3)判断物体 A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由. 解析 (1)设 C 物体到达最低点的速度是 vC,A、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒,系 统内机械能守恒. mvA+mvB-mvC=0 ① mgR=1 2mv 2A +1 2mv 2B +1 2mv 2C ② 在 C 物体到达最低点之前一直有:vA=vB ③ 联立①②③解得:vB=1 3 3gR,方向水平向右 ④ (2)设 C 能够到达轨道最大高度为 h,A、C 此时的水平速度相等,设它们的共同速度为 v,对 系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得:mvB-2mv=0 ⑤ mgR=mgh+1 2mv 2B +1 2·2mv2 ⑥ 联立⑤⑥式解得:h=3 4R ⑦ (3)因为 A 与 B 脱离接触后 B 的速度向右,A、C 的总动量是向左的,又 R≪L,所以 A 从平 台的左边落地. 答案 (1)1 3 3gR,方向水平向右 (2)3 4R (3)A 从平台的左边落地 1.如图 2,半径 R=0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点 D 与长为 L=6 m 的水平面相切于 D 点,质量 M=1.0 kg 的小滑块 A 从圆弧顶点 C 由静止释放,到达最低点 后,与 D 点右侧 m=0.5 kg 的静止物块 B 相碰,碰后 A 的速度变为 vA=2.0 m/s,仍向右运动.已 知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1,若 B 与 E 处的竖直挡板相碰,没有机械能损 失,取 g=10 m/s2.求: 图 2 (1)滑块 A 刚到达圆弧的最低点 D 时对圆弧的压力; (2)滑块 B 被碰后瞬间的速度; (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞. 答案 (1)30 N,方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析 解析 (1)设小滑块运动到 D 点的速度为 v,由机械能守恒定律有:MgR=1 2Mv2 由牛顿第二定律有 FN-Mg=Mv2 R 联立解得小滑块在 D 点所受支持力 FN=30 N 由牛顿第三定律有,小滑块在 D 点时对圆弧的压力为 30 N,方向竖直向下. (2)设 B 滑块被碰后的速度为 vB,由动量守恒定律: Mv=MvA+mvB 解得小滑块在 D 点右侧碰后的速度 vB=4 m/s (3)讨论:由于 B 物块的速度较大,如果它们能再次相碰一定发生在 B 从竖直挡板弹回后,假 设两物块能运动到最后停止,达到最大的路程,则 对于 A 物块 -μMgsA=0-1 2Mv 2A 解得 sA=2 m 对于 B 物块,由于 B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失,则 -μmgsB=0-1 2mv 2B 解得 sB=8 m(即从 E 点返回 2 m) 由于 sA+sB=10 m<2×6 m=12 m,故它们停止运动时仍相距 2 m,不能发生第二次碰撞. 1.弄清有几个物体参与运动,并划分清楚物体的运动过程. 2.进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点. 3.光滑的平面或曲面,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定守恒;碰撞过程、子弹打击木 块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析. 4.如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析. 考题 2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题 例 2 如图 3 所示,一倾斜的传送带倾角θ=37°,始终以 v=12 m/s 的恒定速度顺时针转动, 传送带两端点 P、Q 间的距离 L=2 m,紧靠 Q 点右侧有一水平面长为 x=2 m,水平面右端 与一光滑的半径 R=1.6 m 的竖直半圆轨道相切于 M 点,MN 为竖直的直径.现有一质量 M =2.5 kg 的物块 A 以 v0=10 m/s 的速度自 P 点沿传送带下滑,A 与传送带间的动摩擦因数μ1 =0.75,到 Q 点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失),并与静止在水平面最左端的质量 m =0.5 kg 的 B 物块相碰,碰后 A、B 粘在一起,A、B 与水平面的动摩擦因数相同均为μ2,忽 略物块的大小.已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取 g=10 m/s2.求: 图 3 (1)A 滑上传送带时的加速度 a 和到达 Q 点时的速度; (2)若 AB 恰能通过半圆轨道的最高点 N,求μ2; (3)要使 AB 能沿半圆轨道运动到 N 点,且从 N 点抛出后能落到传送带上,则μ2 应满足什么条 件? 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出加速度,由运动学公式求出 A 的速度. (2)A、B 碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律可以求出碰后的速度;由牛顿第二定律求出 AB 在最高点的速度,然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数. (3)物块离开 N 点后做平抛运动,应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦 因数的范围. 解析 (1)A 刚滑上传送带时,由牛顿第二定律得: Mg sin θ+μ1Mg cos θ=Ma, 代入数据得:a=12 m/s2, A 在传送带上运动,速度与传送带速度相等时,由匀变速运动的速度位移公式得:v2-v 20 = 2 as 代入数据得:s=11 6 m<L=2 m, A 没有到达 Q 点前已经与传送带速度相等,到达 Q 点的速度为:v=12 m/s; (2)设 AB 碰后的共同速度为 v1,以 A 的初速度方向为正方向,A、B 碰撞过程中,由动量守 恒定律得: Mv=(M+m)v1, 代入数据得:v1=10 m/s, AB 恰好滑到最高点 N 时速度为 v3,在最高点,由牛顿第二定律得: (M+m)g=(M+m)v 23 R 设 AB 在 M 点速度为 v2,由机械能守恒定律得: 1 2(M+m)v 22 =1 2(M+m)v 23 +(M+m)g·2R, 在水平面上由动能定理得: 1 2(M+m)v 21 -1 2(M+m)v 22 =μ2(M+m)gx, 代入数据得:μ2=0.5; (3)①若以 v3 由 N 点抛出,做平抛运动, 在竖直方向上:2R=1 2gt2, 水平方向上:x1=v3t, 联立并代入数据得:x1=3.2 m>x, 则要使 AB 能沿半圆轨道运动到 N 点,并能落在传动带上,则μ2≤0.5; ②若 AB 恰能落在 P 点,在竖直方向上: 2R-Lsin θ=1 2gt′2, 水平方向上:x+Lcos θ=v3′t′, 由机械能守恒定律得:1 2(M+m)v2′2=1 2(M+m)v3′2+(M+m)g·2R, 在水平面上由动能定理得: 1 2(M+m)v 21 -1 2(M+m)v2′2=μ2(M+m)gx, 联立并代入数据得:μ2=0.09, 综上所述,μ2 应满足:0.09≤μ2≤0.5. 答案 (1)12 m/s2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.5 2.(2014·广东·35)如图 4 所示的水平轨道中,AC 段的中点 B 的正上方有一探测器,C 处有一 竖直挡板,物体 P1 沿光滑轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞,并接合成复合体 P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在 t1=2 s 至 t2=4 s 内工作.已知 P1、P2 的质量都为 m=1 kg,P 与 AC 间的动摩擦因数为μ=0.1,AB 段长 L=4 m,g 取 10 m/s2,P1、P2 和 P 均 视为质点,P 与挡板的碰撞为弹性碰撞. 图 4 (1)若 v1=6 m/s,求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能ΔE; (2)若 P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,求 v1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E. 答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J 解析 (1)设 P1 和 P2 发生弹性碰撞后速度为 v2,根据动量守恒定律有:mv1=2mv2 ① 解得:v2=v1 2 =3 m/s 碰撞过程中损失的动能为:ΔE=1 2mv 21 -1 2 ×2mv 22 ② 解得ΔE=9 J (2)P 滑动过程中,由牛顿第二定律知 ma=-μmg ③ 可以把 P 从 A 点运动到 C 点再返回 B 点的全过程看作匀减速直线运动,根据运动学公式有 3L=v2t+1 2at2 ④ 由①③④式得 v1=6L-at2 t ①若 t=2 s 时通过 B 点,解得:v1=14 m/s ②若 t=4 s 时通过 B 点,解得:v1=10 m/s 故 v1 的取值范围为:10 m/s≤v1≤14 m/s 设向左经过 A 点的速度为 vA,由动能定理知 1 2 ×2mv 2A -1 2 ×2mv 22 =-μ·2mg·4L 当 v2=1 2v1=7 m/s 时,复合体向左通过 A 点时的动能最大,E=17 J. 根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解.一般地,要列出物体量间瞬时表达式, 可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式;如果碰撞及涉及时间的问题,优先考虑 动量定理;涉及力做功和位移的情况时,优先考虑动能定理;若研究对象是互相作用的物体 系统,优先考虑两大守恒定律. 知识专题练 训练 6 题组 1 动量和能量的观点在力学中的应用 1.如图 1 所示,在倾角为 30°的光滑斜面上放置一质量为 m 的物块 B,B 的下端连接一轻质 弹簧,弹簧下端与挡板相连接,B 平衡时,弹簧的压缩量为 x0,0 点为弹簧的原长位置.在斜 面顶端另有一质量也为 m 的物块 A,距物块 B 为 3x0,现让 A 从静止开始沿斜面下滑,A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运动,并恰好回到 0 点(A、B 均初为质点).试求: 图 1 (1)A、B 相碰后瞬间的共同速度的大小; (2)A、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能; (3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径 R=x0 的半圆轨道 PQ,圆轨道与斜面相切于最高点 P, 现让物块 A 以初速度 v 从 P 点沿斜面下滑,与 B 碰后返回到 P 点还具有向上的速度,试问: v 为多大时物块 A 恰能通过圆弧轨道的最高点? 答案 (1)1 2 3gx0 (2)1 4mgx0 (3) 20+4 3gx0 解析 (1)设 A 与 B 相碰前的速度为 v1,A 与 B 相碰后共同速度为 v2 由机械能守恒定律得 mg3x0sin 30°=1 2mv21 由动量守恒定律得 mv1=2mv2 解以上二式得 v2=1 2 3gx0 (2)设 A、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为 Ep,从 A、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到 达 O 点过程中,由机械能守恒定律知 Ep+1 2(2m)v 22 =2mgx0sin 30° 解得 Ep=1 4mgx0 (3)设物块 A 与 B 相碰前的速度为 v3,碰后 A、B 的共同速度为 v4 1 2mv2+mg3x0sin 30°=1 2mv 23 mv3=2mv4 A、B 一起压缩弹簧后再回到 O 点时二者分离,设此时共同速度为 v5,则 1 2(2m)v 24 +Ep=1 2(2m)v 25 +2mgx0sin 30° 此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为 v6,则 1 2mv 25 =1 2mv 26 +mg2x0sin 30°+mgR(1+sin 60°) 在最高点有 mg=mv 26 R 联立以上各式解得 v= 20+4 3gx0. 2.如图 2 所示,质量为 m1 的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端 A 处无初速度地滑下, 槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的 B 点,A、B 的高度差为 h1=1.25 m.传导轮半 径很小,两个轮之间的距离为 L=4.00 m.滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.20.右端的轮子 上沿距离地面高度 h2=1.80 m,g 取 10 m/s2. 图 2 (1)若槽的底端没有滑块 m2,传送带静止不运转,求滑块 m1 滑过 C 点时的速度大小 v;(结果 保留两位有效数字) (2)在 m1 下滑前将质量为 m2 的滑块(可视为质点)停放在槽的底端.m1 下滑后与 m2 发生弹性碰 撞,且碰撞后 m1 速度方向不变,则 m1、m2 应该满足什么条件? (3)满足(2)的条件前提下,传送带顺时针运转,速度为 v=5.0 m/s.求出滑块 m1、m2 落地点间 的最大距离(结果可带根号). 答案 (1)3.0 m/s (2)m1>m2 (3)(6 21 5 -3) m 解析 (1)滑块 m1 滑到 B 点有 m1gh1=1 2m1v 20 解得 v0=5 m/s 滑块 m1 由 B 滑到 C 点有-μm1gL=1 2m1v2-1 2m1v 20 解得 v=3.0 m/s. (2)滑块 m2 停放在槽的底端,m1 下滑并与滑块 m2 弹性碰撞,则有 m1v0=m1v1+m2v2 1 2m1v 20 =1 2m1v 21 +1 2m2v 22 m1 速度方向不变即 v1=m1-m2 m1+m2 v0>0 则 m1>m2. (3)滑块经过传送带作用后做平抛运动 h2=1 2gt2 当两滑块速度相差最大时,它们的水平射程相差最大,当 m1≫m2 时,滑块 m1、m2 碰撞后的 速度相差最大,经过传送带后速度相差也最大 v1=m1-m2 m1+m2 v0= 1-m2 m1 1+m2 m1 v0≈v0=5.0 m/s v2= 2m1 m1+m2 v0= 2 1+m2 m1 v0≈2v0=10.0 m/s 滑块 m1 与传送带同速度,没有摩擦,落地点射程为 x1=v1t=3.0 m 滑块 m2 与传送带发生摩擦,有 -μm2gL=1 2m2v2′2-1 2m2v 22 解得 v2′=2 21 m/s 落地点射程为 x2=v2′t=6 21 5 m m2、m1 的水平射程相差最大值为Δx=(6 21 5 -3) m. 题组 2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题 3.如图 3 所示,质量为 M=4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上,木板与地面间的动摩 擦因数μ=0.01,板上最左端停放着质量为 m=1 kg 可视为质点的电动小车,车与木板右端的 固定挡板相距 L=5 m.现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动,经时间 t=2 s,车与挡板相碰,车与挡板粘合在一起,碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源.(计算 中取最大静摩擦力等于动摩擦力,并取 g=10 m/s2) 图 3 (1)试通过计算说明:车与挡板相碰前,木板相对地面是静止还是运动的? (2)求出小车与挡板碰撞前,车的速率 v1 和板的速率 v2; (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离 s. 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m/s 0.8 m/s (3)0.2 m 解析 (1)假设木板不动,电动车在板上运动的加速度为 a0,由 L=1 2a0t2 得:a0=2L t2 =2.5 m/s2 此时木板使车向右运动的摩擦力:f=ma0=2.5 N 木板受车向左的反作用力:f′=f=2.5 N 木板受地面向右最大静摩擦力:f0=μ(M+m)g=0.5 N 由于 f′>f0,所以木板不可能静止,将向左运动; (2)设车与木板碰前,车与木板的加速度分别为 a1 和 a2,相互作用力为 F,由牛顿定律与运动 学公式: 对小车:F=ma1 v1=a1t 对木板:F-μ(m+M)g=Ma2 v2=a2t 两者的位移的关系:v1 2 t+v2 2 t=L 联立并代入数据解得:v1=4.2 m/s,v2=0.8 m/s; (3)设车与木板碰后其共同速度为 v,两者相碰时系统动量守恒,以向右为正方向,有 mv1- Mv2=(m+M)v 对碰后滑行 s 的过程,由动能定理得: -μ(M+m)gs=0-1 2(M+m)v2 联立并代入数据,解得:s=0.2 m. 4.如图 4 所示,光滑的水平面 AB(足够长)与半径为 R=0.8 m 的光滑竖直半圆轨道 BCD 在 B 点相切,D 点为半圆轨道最高点.A 点的右侧等高地放置着一个长为 L=20 m、逆时针转动 且速度为 v=10 m/s 的传送带.用轻质细线连接甲、乙两物体,中间夹一轻质弹簧,弹簧与 甲、乙两物体不拴接.甲的质量为 m1=3 kg,乙的质量为 m2=1 kg,甲、乙均静止在光滑 的水平面上.现固定乙,烧断细线,甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过 D 点,且过 D 点 时对轨道的压力恰好等于甲的重力.传送带与乙物体间的动摩擦因数为 0.6,重力加速度 g 取 10 m/s2,甲、乙两物体可看作质点. 图 4 (1)求甲球离开弹簧时的速度; (2)若甲固定,乙不固定,细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带,求乙在传送带上滑行的最 远距离; (3)甲、乙均不固定,烧断细线以后,求甲和乙能否再次在 AB 面上水平碰撞?若碰撞,求再 次碰撞时甲、乙的速度;若不会再次碰撞,请说明原因. 解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为 v0,运动至 D 点的过程中机械能守恒: 1 2m1v 20 =m1g·2R+1 2m1v 2D 在最高点 D,由牛顿第二定律,有 2m1g=m1 v 2D R 联立解得:v0=4 3 m/s (2)甲固定,烧断细线后乙的速度大小为 v 乙, 由能量守恒得 Ep=1 2m1v 20 =1 2m2v 2乙 得 v 乙=12 m/s 之后乙滑上传送带做匀减速运动:μm2g=m2a 得 a=6 m/s2 乙速度为零时离 A 端最远,最远距离为: s=v 2乙 2a =12 m<20 m 即乙在传送带上滑行的最远距离为 12 m. (3)甲、乙均不固定,烧断细线后,设甲、乙速度大小分别为 v1、v2,甲、乙分离瞬间动量守 恒:m1v1=m2v2 甲、乙弹簧组成的系统能量守恒: Ep=1 2m1v 20 =1 2m1v 21 +1 2m2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 解得:v1=2 3 m/s,v2=6 3 m/s 甲沿轨道上滑时,设上滑最高点高度为 h, 则 1 2m1v 21 =m1gh 得 h=0.6 m<0.8 m 则甲上滑不到等圆心位置就会返回,返回 AB 面上时速度大小仍然是 v1=2 3 m/s 乙滑上传送带,因 v2=6 3 m/s<12 m/s,则乙先向右做匀减速运动,后向左匀加速. 由对称性可知乙返回 AB 面上时速度大小仍然为 v2=6 3 m/s 故甲、乙会再次相撞,碰撞时甲的速度为 2 3 m/s,方向向右,乙的速度为 6 3 m/s,方向向 左