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）

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）

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