第9課時力學中三大觀點的綜合應用

第9課時力學中三大觀點的綜合應用力學三大觀點對應規(guī)律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初、末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初、末速度而不涉及力、時間高考題型一應用三大觀點解決多過程問題【例1】(2022·山東淄博6月模擬)如圖1所示，水平平臺上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，平臺AB段光滑，BC段長度x＝1m，與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25。平臺右端與水平傳送帶相接于C點，傳送帶順時針旋轉，運行速度v＝2m/s，長度L＝2.75m，與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，傳送帶右端D點與豎直固定放置的光滑圓弧形軌道剛好相切，光滑圓弧的半徑R＝0.2m。現(xiàn)將一質量m1＝2kg的滑塊P向左壓縮輕彈簧到某處鎖定，此時彈簧的彈性勢能Ep＝41J，然后突然解除鎖定，滑塊P開始運動，并最終與靜止在D點的質量為m2的滑塊Q發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)。已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，滑塊P和Q均可看成質點。圖1(1)求滑塊P到達C點時的速度vC；(2)求滑塊P第一次經過傳送帶的過程中，系統(tǒng)因摩擦產生的內能E內；(3)若滑塊Q的質量m2可以改變，要使滑塊Q在中途不脫離圓弧形軌道，則滑塊Q的質量m2的范圍為多少？(結果可帶根號)答案(1)6m/s(2)7J(3)0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg或m2≥8kg解析(1)以滑塊P為研究對象，從釋放到運動到C點的過程中，根據(jù)能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)解得vC＝6m/s。(2)假設滑塊P從C到D一直減速，根據(jù)動能定理有－μ2m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)解得vD＝5m/s>v，假設正確。設滑塊P在傳送帶上做勻減速運動，加速度的大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μ2m1g＝m1a，解得a＝2m/s2設滑塊P在傳送帶上運動時間為t，則vD＝vC－at，解得t＝0.5s傳送帶在t時間內所走的位移為x＝vt＝1m滑塊P相對于傳送帶所運動的位移為Δx＝L－x＝1.75m所以經過傳送帶過程中系統(tǒng)因摩擦產生的內能為E內＝μ2m1gΔx，E內＝7J。(3)滑塊P和Q在D點發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后滑塊P的速度為vD′，滑塊Q的速度為v′，對系統(tǒng)由動量守恒定律得m1vD＝m1vD′＋m2v′由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)m1vD′2＋eq\f(1,2)m2v′2聯(lián)立解得v′＝eq\f(2m1,m1＋m2)vD＝eq\f(20,2＋m2)(m/s)①設滑塊Q在E點的速度為vE時，恰好通過圓弧最高點，此時Q在D點的速度為vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,E),R)滑塊Q從D點運動到E點的過程中，由動能定理得－m2g·2R＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)m2vD′2解得vD′＝eq\r(10)m/s所以滑塊Q在D點時的速度v′≥eq\r(10)m/s聯(lián)立解得0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg。②設滑塊Q恰好運動到eq\f(1,4)圓弧處速度為零，此時Q在D點的速度為vD″此過程由動能定理得－m2gR＝0－eq\f(1,2)m2vD″2，解得vD″＝2m/s所以滑塊Q在D點時的速度0<v′≤2m/s聯(lián)立解得m2≥8kg綜上所述，滑塊Q的質量m2的范圍為0<m2≤(2eq\r(10)－2)kg或m2≥8kg。【素能提升】(2022·湖北高考，16)打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖2所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實線位置)時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為eq\r(\f(3gL,5))時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動eq\f(L,10)距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質點。圖2(1)求C的質量；(2)若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；(3)撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。答案(1)eq\r(3)m(2)6.5mg(3)(4－2eq\r(3))mgL解析(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知mCg＝2mgcos30°解得mC＝eq\r(3)m。(2)C、D碰后C的速度為零，設碰撞后D的速度為v，根據(jù)動量守恒定律可知eq\r(3)meq\r(\f(3gL,5))＝eq\r(3)m×0＋2mv解得v＝eq\f(3,2)eq\r(\f(gL,5))C、D碰撞后D向下運動eq\f(L,10)距離后停止，根據(jù)動能定理可知2mgeq\f(L,10)－Feq\f(L,10)＝0－eq\f(1,2)×2mv2解得F＝6.5mg。(3)設某時刻C向下運動的速度為v′，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機械能守恒定律可知eq\f(1,2)mCv′2＋2×eq\f(1,2)m(v′cosα)2＝mCgeq\f(L,tanα)－2mg(eq\f(L,sinα)－L)令y＝mCgeq\f(L,tanα)－2mg(eq\f(L,sinα)－L)對上式求導數(shù)可得eq\f(dy,dα)＝eq\r(3)mgLeq\f(－1,（sinα）2)＋2mgLeq\f(cosα,（sinα）2)當eq\f(dy,dα)＝0時，解得cosα＝eq\f(\r(3),2)即α＝30°此時y＝mCgeq\f(L,tanα)－2mg(eq\f(L,sinα)－L)＝mgL于是有eq\f(1,2)mCv′2＋2×eq\f(1,2)m(v′cosα)2＝mgL解得v′2＝eq\f(gL,\f(3,4)＋\f(\r(3),2))此時C的最大動能為Ekm＝eq\f(1,2)mCv′2＝(4－2eq\r(3))mgL。高考題型二應用三大觀點解決“板塊”模型問題1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題。2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。3.應注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)?！纠?】(2022·山東模擬演練卷)如圖3所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，一質量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把一質量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊恰好沒有從長木板右端滑下，A與B間、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖3(1)鐵塊A和長木板B共速后的速度大小；(2)長木板的長度；(3)請用數(shù)值驗證，鐵塊剛放上長木板左端時與達到共速時系統(tǒng)的總能量相等。答案(1)6m/s(2)2.25m(3)見解析解析(1)根據(jù)動量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s。(2)根據(jù)題意可知μ＝tanθ＝0.75對鐵塊A受力分析有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝12m/s2對長木板受力分析有Mgsinθ－μmgcosθ－μ(M＋m)gcosθ＝Ma2解得a2＝－6m/s2經過時間t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t解得t＝0.5s，v＝6m/s鐵塊運動位移x1＝eq\f(v,2)t＝1.5m長木板運動位移x2＝eq\f(v0＋v,2)t＝3.75m長木板的長度l＝x2－x1＝2.25m。(3)系統(tǒng)動能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝－27J鐵塊重力勢能的變化量ΔEp1＝－mgx1sinθ＝－9J長木板重力勢能的變化量ΔEp2＝－Mgx2sinθ＝－45J長木板與斜面之間摩擦產生的熱量Q1＝μ(M＋m)gx2cosθ＝67.5J鐵塊與長木板之間摩擦產生的熱量Q2＝μmglcosθ＝13.5JΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0故系統(tǒng)能量守恒。1.(2022·河北高考，13)如圖4所示，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。圖4(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。答案(1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s，方向均向右(2)1.875m解析(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，以向右方向為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，則Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0則新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設新物塊的質量為m′＝2kg，新滑板的質量為M′＝3kg，相對靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋M′)veq\o\al(2,共)解得x相＝1.875m。2.(2021·海南高考)如圖5所示，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。圖5(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。答案(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7veq\o\al(2,0),25μg)(3)eq\f(v0,μg)mveq\o\al(2,0)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滑根據(jù)動量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑聯(lián)立解得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0根據(jù)功能關系有－μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,木)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,滑)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(7veq\o\al(2,0),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s′＝v0t＝eq\f(veq\o\al(2,0),μg)則拉力所做的功為W＝Fs′＝mveq\o\al(2,0)。1.(2022·黑龍江齊齊哈爾一模)如圖1所示，可視為質點的小物塊A、B質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，靜止在水平臺面上，它們中間夾一個被壓縮的微型輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，此時彈簧儲存的彈性勢能Ep＝27J且被鎖定。某時刻將壓縮的微型彈簧解鎖(彈簧長度不計且彈性勢能完全轉化為A、B的動能)。A的左側有一傾角θ＝37°足夠長的斜面與水平臺面平滑連接，A與斜面底端間的距離為L＝1.0m，A與水平臺面間以及斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.6，B位于水平臺面的右端，臺面距水平地面高度為h＝1.8m。已知重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖1(1)A、B被彈開瞬間各自的速度大??；(2)A沖上斜面上升的最大高度及B落地時距平臺右端的水平距離。答案(1)6m/s3m/s(2)eq\f(3,2)m1.8m解析(1)設被彈開瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，根據(jù)動量守恒定律，有mAvA－mBvB＝0由能量守恒定律，有Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vA＝6m/s，vB＝3m/s。(2)A沿斜面上滑的最大高度為H，由動能定理得－μmAgL－mAgH－μmAgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得H＝eq\f(2,3)mB被彈開后做平拋運動，則落地經歷的時間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.6s物塊B落在地面時與臺面右端的距離是x＝vBt＝1.8m。2.(2022·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖2所示，一傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，在電動機的帶動下，以速率v沿順時針方向勻速運行，在下端點A處，固定安裝與斜面垂直的擋板；把中間夾有炸藥的甲、乙兩個物塊，輕輕地放在傳送帶上的瞬間炸藥爆炸，所釋放的能量E0全部轉化為物塊的動能，甲在B點處立即獲得沿著傳送帶向下的速度v0，經過t1＝2s滑行的距離x1＝12m正好與擋板碰撞，碰撞前后甲的速度分別為v1、v2，碰撞生熱Q1＝7.5J，甲返回到B點時正好與傳送帶共速，甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝1，甲、乙的質量均為m＝1kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：圖2(1)傳送帶的速率v；(2)在甲從A點返回到B點的時間內傳送帶運動的距離；(3)炸藥爆炸所釋放的能量E0。答案(1)7m/s(2)21m(3)64J解析(1)分析可知，炸藥爆炸后，甲先沿著斜面向下做勻減速運動，滑動摩擦力沿斜面向上，甲與斜面間的摩擦因數(shù)為μ，對甲受力分析，由牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝－2m/s2根據(jù)運動學公式v1＝v0＋a1t1甲下滑的位移為x1時，由勻變速直線運動的規(guī)律得x1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)聯(lián)合解得v0＝8m/s，v1＝4m/s碰撞生熱Q1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))解得v2＝1m/s甲上滑時做勻加速運動，a2＝|a1|＝2m/s2，上滑的位移為x1，由勻變速直線運動的規(guī)律得v2－veq\o\al(2,2)＝2a2x1解得v＝7m/s。(2)設甲從A點返回到B點所需要的時間為t2，在勻加速上升的過程中，由速度位移關系有v＝v2＋at2解得t2＝3s傳送帶運動的距離d＝vt2解得d＝21m。(3)設炸藥爆炸結束的瞬間乙的速度為v乙，炸藥爆炸的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＋mv乙＝0由能量守恒定律知E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)解得E0＝64J。3.(2022·廣東順德一模)如圖3所示，光滑水平面上放有兩個完全相同的木板A、B，每個木板質量M＝1kg，長L＝10m，兩板間距s＝10m。質量為m＝2kg的小滑塊C(可視為質點)以v0＝15m/s的初速度從左側滑上木板A，C與兩木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10m/s2，若A和B發(fā)生碰撞后粘在一起，且小滑塊C最終沒有滑出木板，求：圖3(1)小滑塊C的最終速度大??；(2)木板A與木板B碰撞前瞬間，A的速度大?。?3)若小滑塊C的初速度未知，小滑塊C能滑上木板B的最小初速度(結果可以保留根號)。答案(1)7.5m/s(2)10m/s(3)eq\f(30\r(14),7)m/s解析(1)全過程由動量守恒定律有mv0＝(m＋2M)v共解得v共＝7.5m/s。(2)設C與A共速時的速度為v1，且A還未與B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋μmgs1聯(lián)立得v1＝10m/ss1＝7.5m<L此過程對A，應用動能定理有μmgsA＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)得sA＝5m<10m故假設成立，則A和B發(fā)生碰撞時的速度為v1＝10m/s。(3)由題意知，C的初速度越小，則和A達到共速過程時間越短；當C的初速度最小時，對A、C達到共速前有mv0′＝(m＋M)v1′eq\f(1,2)mv0′2＝eq\f(1,2)(m＋M)v1′2＋μmgs1′A、C勻速一段位移后，對A、B碰撞，由動量守恒，有Mv1′＝2Mv2C在A上滑行(L－s1′)剛到達B上，對C與AB有mv1′＋2Mv2＝(m＋2M)v3eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m＋2M)veq\o\al(2,3)＋μmg(L－s1′)解得v0′＝eq\f(30\r(14),7)m/s。4.(2022·廣東清遠模擬預測)如圖4所示，是大型戶外水上競技闖關活動中“渡河”環(huán)節(jié)的簡化圖。固定在地面上的圓弧軌道上表面光滑。質量為64kg的平板浮于河面上，其左端緊靠著圓弧軌道，且其上表面與軌道末端相切。平板左側放置質量為16kg的橡膠塊A。質量為80kg的人從圓弧軌道上與平板高度差為1.8m處由靜止滑下，人與A碰撞后經0.4s與平板共速，且A恰好沖出平板并沉入水中，不影響平板運動。已知人、橡膠塊與平板間的動摩擦因數(shù)均為0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被鎖