高考物理總復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量守恒定律專(zhuān)題強(qiáng)化九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

專(zhuān)題強(qiáng)化九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【專(zhuān)題解讀1.掌握解決力學(xué)綜合問(wèn)題常用的三個(gè)觀點(diǎn)。2.會(huì)靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題。1．三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．主要運(yùn)動(dòng)形式(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)等。(2)圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓周運(yùn)動(dòng)等。(3)平拋運(yùn)動(dòng)：與斜面有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)等。3．規(guī)律選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間)或動(dòng)能定理(涉及位移)去解決問(wèn)題。(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿(mǎn)足守恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般均含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決?！菊骖}示例1(2021·廣東卷，13)算盤(pán)是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤(pán)的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖1所示，水平放置的算盤(pán)中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。圖1(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。答案(1)能，計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析(2)0.2s解析(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v2－veq\o\al(2,1)＝2a1s1解得v1＝0.3m/s甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)檎较?，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設(shè)乙算珠能運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為s，則s＝eq\f(veq\o\al(2,乙),2a2)＝0.02m由于s＝s2所以乙算珠能夠滑動(dòng)到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時(shí)間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止，所用時(shí)間t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.2s?！菊骖}示例2(2020·海南卷)如圖2所示，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量ma＝1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量mb＝3kg小物塊b發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。已知圓弧軌道半徑R＝0.8m，傳送帶的長(zhǎng)度L＝1.25m，傳送帶以速度v＝1m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2。求：圖2(1)碰撞前瞬間小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?2)碰后小物塊a能上升的最大高度；(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。答案(1)30N(2)0.2m(3)1s解析(1)設(shè)小物塊a下滑到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為va，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有magR＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)代入數(shù)據(jù)解得va＝4m/s小物塊a在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mag＝maeq\f(veq\o\al(2,a),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝30N，根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。(2)小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有mava＝mava′＋mbvb根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)聯(lián)立解得va′＝－2m/s，vb＝2m/s小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有magh＝eq\f(1,2)mava′2解得h＝0.2m。(3)小物塊b滑上傳送帶，因vb＝2m/s>v＝1m/s，故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有μmbg＝mba解得a＝2m/s2則小物塊b由2m/s減至1m/s，運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(veq\o\al(2,b)－v2,2a)＝0.75m運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(vb－v,a)＝0.5s因x1＝0.75m<L＝1.25m，故小物塊b之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(1.25－0.75,1)s＝0.5s故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間t＝t1＋t2＝1s?！纠?(2021·山東濟(jì)南市模擬)如圖3所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為O、O′。有5個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5kg。某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：圖3(1)滑板P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長(zhǎng)度L；(3)第5個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)0.45(2)2.25m(3)2J解析(1)對(duì)滑板受力分析，畫(huà)出滑板的兩個(gè)平面圖如圖甲和乙所示由幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得Mgcosθ＝2FN′cosαMgsinθ＝2μ2FN′聯(lián)立解得μ2＝0.45。(2)第一個(gè)小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝(m＋M)v1設(shè)滑塊相對(duì)滑板的位移OO′為L(zhǎng)，由系統(tǒng)的動(dòng)能定理得mgLsinθ－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立方程解得L＝2.25m。(3)第四個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v4，則有4mv0＝(4m＋M)v4第五個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v5，則有5mv0＝(5m＋M)v5設(shè)第五個(gè)滑塊相對(duì)滑板的位移OO′為L(zhǎng)5，由系統(tǒng)的動(dòng)能定理，得mgL5sinθ－μ1mgL5cosθ＝eq\f(1,2)(5m＋M)veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(4m＋M)veq\o\al(2,4)則由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mgL5cosθ＝2J?！踞槍?duì)訓(xùn)練1(2021·河北卷，13)如圖4所示，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化。求：圖4(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)設(shè)背包的質(zhì)量為m1，滑雪者的質(zhì)量為m2對(duì)背包，由牛頓第二定律得m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得背包的加速度a1＝2m/s2設(shè)背包由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為t，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得eq\f(1,2)a1t2＝v0(t－1)＋eq\f(1,2)a2(t－1)2解得t＝3s則滑道AB段的長(zhǎng)度xAB＝eq\f(1,2)a1t2＝9m。(2)背包到達(dá)B點(diǎn)的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到達(dá)B點(diǎn)的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m2＋m1)v解得滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度v＝7.44m/s?！踞槍?duì)訓(xùn)練2(2021·北京卷，17)如圖5所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖5(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小；(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)兩物塊碰撞后，豎直方向的運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)則有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設(shè)A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng)，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。1．(2021·湖南師范大學(xué)附中模擬)如圖1所示，B是固定斜面AC的中點(diǎn)，小滑塊P、Q的質(zhì)量相等，P、Q表面的粗糙程度不同。將Q輕放在斜面BC段的某一位置，Q恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)。P從斜面頂端A以初速度v0沿斜面下滑，到達(dá)中點(diǎn)B時(shí)的速度為eq\f(3,4)v0，之后繼續(xù)下滑與Q碰撞并粘在一起運(yùn)動(dòng)，P、Q運(yùn)動(dòng)到斜面底端C時(shí)速度恰好減為零。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，最大靜摩擦力與相對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力大小相等，求P、Q碰撞前的瞬間，P的速度大小。圖1答案eq\f(v0,2)解析設(shè)A、C間距離為L(zhǎng)，P與Q碰撞前受到的合外力大小為F，P從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－F·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)P與Q碰前瞬間，P的速度為vP，Q到A點(diǎn)的距離為x，P從A到與Q碰前瞬間的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)P、Q碰后共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mvP＝2mvP、Q粘合體從碰后到運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，設(shè)整體受到的合外力大小為F′，由動(dòng)能定理有－F′(L－x)＝0－eq\f(1,2)×2mv2由于Q在斜面上恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故碰前P受到的合外力等于碰后二者受到的合外力，即F＝F′聯(lián)立解得vP＝eq\f(v0,2)。2．(2020·天津卷，11)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？答案(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)解析(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由動(dòng)量定理有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式得I＝m1eq\r(5gl)④(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿(mǎn)足v′＝vA⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧3．(2021·湖南懷化市一模)如圖2所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點(diǎn)平滑連接。可視為質(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定?，F(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達(dá)最高點(diǎn)d。已知小球甲的質(zhì)量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)兩小球均在水平軌道上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：圖2(1)小球乙的質(zhì)量；(2)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf。答案(1)1kg(2)27J(3)8J解析(1)對(duì)小球甲，脫離彈簧后運(yùn)動(dòng)到a處，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s對(duì)小球甲、乙，由動(dòng)量守恒定律得m1v1－m2v2＝0對(duì)小球乙，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R)聯(lián)立解得m2＝1kg，v2＝6m/s或m2＝9kg，v2＝eq\f(2,3)m/s小球乙恰好過(guò)d點(diǎn)，由牛頓第二定律有m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,d),R)解得vd＝eq\r(gR)＝2m/s>eq\f(2,3)m/s由題意知vd＜v2所以小球乙的質(zhì)量m2＝1kg。(2)由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep＝27J。(3)對(duì)小球乙在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)克服摩擦力所做的功為Wf由動(dòng)能定理有－2m2gR－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,d)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得Wf＝8J。4．(2020·浙江7月選考)小明將如圖3所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處?kù)o止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。圖3(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為