2024屆高考物理復(fù)習：“應(yīng)用三大力學觀點解題”

第4講“應(yīng)用三大力學觀點解題”的技能強化加強點(一)動量觀點與動力學觀點的綜合應(yīng)用(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應(yīng)，在研究某一物體所受的力的瞬時作用與物體運動的關(guān)系，或者物體受恒力作用直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應(yīng)采用動力學觀點。(2)動量定理反映了力對時間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運動過程中的加速度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，應(yīng)采用動量定理求解。(3)若研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，則有時既要用到動力學觀點，又要用到動量守恒定律。[典例]靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？[解析](1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處，B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s ?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動，設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m[針對訓(xùn)練](2021年8省聯(lián)考·廣東卷)如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角θ＝30°，斜面底端O處固定一個垂直斜面的彈性擋板。在斜面上P、Q兩點有材質(zhì)相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，A和B恰好能靜止，且均可視為質(zhì)點，Q到O的距離是L，Q到P的距離是kL(k>0)?，F(xiàn)始終給A施加一個大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運動，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時間極短，且無機械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。(2)A、B第一次碰撞與第二次碰撞之間的時間。解析：(1)A和B恰好能靜止，則有mgsinθ＝μmgcosθ，當給A施加一個大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運動，由牛頓第二定律可知F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝gA與B碰撞前的速度為v12＝2gkLA與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′，由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv1′2解得：v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰撞后B運動到底端所用時間為t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A運動到底端所用時間為t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)當0＜k≤eq\f(1,4)時，A與B同向相撞，即B與擋板碰撞前A、B發(fā)生第二次碰撞，此時有eq\f(1,2)gt2＝teq\r(2gkL)解得：t＝2eq\r(\f(2kL,g))當k＞eq\f(1,4)時，A與B反向相撞，即B先與擋板碰撞反向后與A發(fā)生第二次碰撞，B與擋板碰后原速率返回mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g再次相碰時，滿足：L－eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)·(t－t1)－eq\f(1,2)a′(t－t1)2，解得：t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))。答案：(1)0eq\r(2gkL)(2)當0＜k≤eq\f(1,4)時，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；當k＞eq\f(1,4)時，t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))加強點(二)動量觀點與能量觀點的綜合應(yīng)用1．兩大觀點動量的觀點：動量定理和動量守恒定律。能量的觀點：動能定理和能量守恒定律。2．三種技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處，特別對于變力做功問題，就更顯出它們的優(yōu)越性。[典例]一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大小；(2)兩部分落地時速度大小之比。[解析](1)設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，由運動學公式，有0－v02＝－2gh ①v2－v02＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) ②聯(lián)立①②式解得v＝eq\f(1,2)v0。 ③(2)設(shè)玩具分開時兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，水平速度大小分別為v1、v2。依題意，動能關(guān)系為eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02 ④玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有m1v1－m2v2＝0 ⑤分開后兩部分做平拋運動，由運動學關(guān)系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為v0，設(shè)兩部分落地時的速度大小分別為v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝eq\r(v02＋v12) ⑥v2′＝eq\r(v02＋v22) ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到m1∶m2＝1∶4，得eq\f(v1′,v2′)＝2。[答案](1)eq\f(1,2)v0(2)2[針對訓(xùn)練](2021·北京等級考)如圖所示，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。拋出點距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點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：(1)兩物塊在空中運動的時間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。解析：(1)拋出后豎直方向為自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設(shè)物塊A、B碰撞后速度為v，拋出后水平方向為勻速運動，由s＝vt解得v＝1.0m/s。根據(jù)動量守恒定律，由mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。答案：(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J加強點(三)三大力學觀點的綜合應(yīng)用1．三大基本觀點力的觀點運用牛頓定律結(jié)合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題能量的觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量的觀點用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題2.三大觀點的選用原則力學中首先考慮使用兩個守恒定律。(1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律。(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律。(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘以相對路程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。[特別提醒](1)無論使用哪一個規(guī)律，受力分析是前提。(2)有的問題往往一題多解，解題時應(yīng)從多個角度分析，找出最快捷的解題方法。[典例](2023·浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車：上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。[解析](1)滑塊從A到C，由動能定理得：mg(h－1.2R－Rcosθ－R)＝eq\f(1,2)mvC2代入得vC＝4m/s在C點，由牛頓第二定律得：FC＋mg＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FC＝22N。(2)設(shè)滑塊剛沖上擺渡車時速度為v0，則由動能定理得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s滑塊恰好不脫離擺渡車，由動量守恒定律得mv0＝(m＋m)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝3m/s由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v共2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3。(3)對滑塊由牛頓第二定律得：μmg＝ma減速階段：t1＝eq\f(v0－v共,a)＝1sx1＝eq\f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5m勻速階段t2＝eq\f(L0－x1,v共)＝1.5s則滑塊從G到J用時t＝t1＋t2＝2.5s。[答案](1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s[針對訓(xùn)練]如圖所示，質(zhì)量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣齊平。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，質(zhì)量為m的小球用長為L的細繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細繩豎直時小球恰好與C接觸?，F(xiàn)將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應(yīng)為多大；(3)通過計算判斷C能否從木板上掉下來。解析：(1)設(shè)小球運動到最低點的速率為v0，小球向下擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圓周運動最低點，由牛頓第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛頓第三定律可知，小球?qū)毨K的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平拋運動。在豎直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，設(shè)C碰后速率為v1，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋3mv1設(shè)木板足夠長，在C與木板相對滑動直到相對靜止過程，設(shè)兩者最終共同速率為v2，由動量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs聯(lián)立解得：s＝eq\f(L,2)由s＜L知，滑塊C不會從木板上掉下來。答案：(1)3mg(2)L(3)滑塊C不會從木板上掉下來[課時跟蹤檢測]1．如圖甲是打樁機進行路基打樁的實物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時，打樁機抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運動，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計)。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長度l＝3H，試求使樁B剛好全部進入地面下，則要打多少次？解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq\f(1,2)mv02因為重錘A與樁B發(fā)生了時間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12聯(lián)合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一負解不合實際情況，故舍去。(2)設(shè)使樁B剛好全部進入地面下，要打N次，根據(jù)動能定理，有：(M＋m)gl－W總＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W總＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)20252．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動能在原來基礎(chǔ)上增加一定值。右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時針方向以恒定速率v＝6m/s勻速轉(zhuǎn)動，水平部分長度L＝9m。放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質(zhì)點)間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈性勢能Ep＝9J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊質(zhì)量mA＝mB＝1kg?，F(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，迅速移去輕彈簧，此時，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶。取g＝10m/s2。(1)求A、B剛被彈開時的速度大小；(2)試通過計算判斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶；(3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶，則P應(yīng)給A至少補充多少動能才能使二者一起滑離傳送帶？解析：(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0聯(lián)立以上兩式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假設(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運動直到速度減小到零，設(shè)位移為x，由動能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。(3)設(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1，由功能關(guān)系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運動，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運動。由運動的對稱性可知，物塊B回到皮帶左端時速度大小應(yīng)為v2＝vB＝3m/s設(shè)B與A發(fā)生碰撞粘連后速度為v′，由動量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑離傳送帶，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)3m/s3m/s(2)不能(3)108J3．(2021·海南高考)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大?。?2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑，再根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，聯(lián)立化簡得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再根據(jù)功能關(guān)系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，聯(lián)立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持勻速直線運動，則有F＝μmg，對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑＝μg，滑塊相對木板靜止時有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，則整個過程中木板滑動的距離為x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，則拉力所做的功為W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv024．(2022·浙江6月選考)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)。解