【物理】2020届二轮复习专题五科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题学案（京津鲁琼专用）
三大观点
对应规律
公式表达
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
功能关系
WG＝－ΔEp等
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
F合t＝p′－p
动量守恒定律
p1＋p2＝p′1＋p′2
科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题
用动力学观点解决多过程问题
【高分快攻】
【典题例析】
(2019·烟台高三三模)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)物体倾斜部分BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
[解析] (1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1
解得a1＝6 m/s2
斜面BC长x1＝a1t＝3 m.
(2)物体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ，由题图乙可知F1＝9.6 N
解得m＝2 kg.
(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2 ＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2
解得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离x2＝
而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6 m/s2×1 s＝6 m/s
联立解得x2＝9 m
滑块克服摩擦力做的功为Wf＝fx2＝36 J.
[答案] (1)3 m (2)2 kg (3)36 J
【题组突破】
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝0.8mg，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4 s内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f′，竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F(同学们可以自己画出受力分析图)．
答案：(1)10 m/s2 (2)5 m/s2 (3)50 J (4)见解析
(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动．
(2)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．
(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．
用能量观点解决力学综合问题
【高分快攻】
1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律．
2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律．
3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．
4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
【典题例析】
如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
[解析] (1)根据题意知，B、C之间的距离为
l＝7R－2R ①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv ②
式中θ＝37°
联立①②式并由题给条件得vB＝2. ③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④
E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x ⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦
Ep＝mgR. ⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsin θ ⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝gt2⑪
x1＝vDt ⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝ ⑬
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g ⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m.
[答案] (1)2 (2)mgR (3) m
【题组突破】
1. 轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能
Ep＝5mgl ①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝ ③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0 ④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l ⑤
联立③⑤式得vD＝ ⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2 ⑦
P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l. ⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl ⑪
联立①②⑩⑪式得m≤Mr2)的雨滴在空气中无初速下落的v－t图线，其中________对应半径为r1的雨滴(选填“①”或“②”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v－t图线．
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)．
解析：(1)根据动能定理mgh－W＝mu2
可得W＝mgh－mu2.
(2)a.根据牛顿第二定律mg－f＝ma
得a＝g－
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量m＝πr3ρ
由a＝0，可得，雨滴最大速度vm＝.
b．图线①对应半径为r1的雨滴；
v－t图线如图1.
(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零．以下只考虑雨滴下落的定向运动．
简化的圆盘模型如图2.设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变．在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为
Δm＝SvΔtnm0
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有
FΔt∝Δm×v
得F∝nm0Sv2
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f∝v2
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论．
答案：见解析
3. 如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块经过B端时速度的大小；
(2)求物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
解析：(1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53°，故vB＝＝2 m/s.
(2)物块从B到C应用动能定理，有
mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
在C点，由牛顿第二定律得F－mg＝m·
解得F＝46 N
由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N.
(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q＝mv＝18 J.
答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J
4．(2019·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6 m/s匀速转动，水平部分长度L＝9 m．放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep ＝9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1 kg.现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带．取g＝10 m/s2.
(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；
(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；
(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？
解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒
Ep＝mAv＋mBv
由动量守恒有mAvA－mBvB＝0
联立以上两式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s.
(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.
由动能定理得－μmBgs＝0－mBv
解得s＝＝2.25 m
s
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