專題突破 專題2 第10課時　力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用

第10課時力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用命題規(guī)律1.命題角度：(1)應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題；(2)板－塊模型中力學(xué)三大觀點的應(yīng)用.2.?？碱}型：計算題．高考題型1應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題力學(xué)三大觀點對比力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達式選用原則動力學(xué)觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動，涉及到運動細節(jié).勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)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、時間例1(2021·浙江6月選考·20)如圖1所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,12)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.圖1(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達B點時速度v0的大??；(2)若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax.答案(1)4m/s(2)0.45m(3)0.8m解析(1)小滑塊在AB軌道上運動mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(gh)＝4m/s(2)設(shè)小滑塊滑至B點時的速度為vB，小滑塊與小球碰撞后速度分別為v1、v2，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝vB小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得mg＝meq\f(v\o\al(Emin2),R)從C點到E點由機械能守恒可得eq\f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mvBmin2其中vBmin＝eq\f(4,3)eq\r(ghmin)，解得hmin＝0.45m(3)設(shè)F點到G點的距離為y，小球從E點到Q點的運動，由動能定理mg(R＋y)＝eq\f(1,2)mvG2－eq\f(1,2)mvEmin2由平拋運動規(guī)律可得x＝vGt，H＋r－y＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立可得水平距離為x＝2eq\r(0.5－y0.3＋y)由數(shù)學(xué)知識可得，當(dāng)0.5－y＝0.3＋y時，x有最大值最大值為xmax＝0.8m．高考題型2應(yīng)用力學(xué)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(xué)觀點解題．2．滑塊與木板達到相同速度時應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化．3．應(yīng)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(xué)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)．例2(2021·河南南陽市高三期末)如圖2所示，水平面上有一長為L＝14.25m的凹槽，長為l＝eq\f(33,4)m、質(zhì)量為M＝2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊．水平輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，右端與一質(zhì)量為m＝4kg的小物塊接觸但不連接．用一水平力F緩慢向左推小物塊，當(dāng)力F做功W＝72J時突然撤去力F.已知小物塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦不計，g取10m/s2，平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，可以忽略不計．求：圖2(1)小物塊剛滑上平板車時的速度大小；(2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大??；(3)小物塊離開平板車時平板車右端到凹槽右端的距離．答案(1)6m/s(2)4m/s(3)eq\f(35,18)m解析(1)由題知W＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝6m/s(2)物塊滑上平板車后，假設(shè)平板車與凹槽右端碰撞前已與物塊共速，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1設(shè)物塊在平板車上滑動的距離為l1，對此過程由動能定理得：μmgl1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12解得v1＝4m/s，l1＝3m設(shè)達到共速v1時平板車的位移為x1，有μmgx1＝eq\f(1,2)Mv12－0解得x1＝2m，l＋x1＝eq\f(41,4)m<L＝14.25m所以共速時平板車沒有到達凹槽右端，共速后做勻速直線運動，平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大小為4m/s.(3)平板車第一次與凹槽右端碰撞后，物塊和平板車組成的系統(tǒng)總動量向右，以向右為正方向．假設(shè)物塊與平板車第二次共速前未與凹槽相碰，由動量守恒有mv1－Mv1＝(m＋M)v2碰撞后物塊在平板車上滑動的距離設(shè)為l2，由動能定理得μmgl2＝eq\f(1,2)(m＋M)v12－eq\f(1,2)(m＋M)v22解得v2＝eq\f(4,3)m/s，l2＝eq\f(16,3)m因為l2＋l1＝eq\f(25,3)m>l＝eq\f(33,4)m所以物塊已從平板車上滑下，不能第二次共速．設(shè)平板車向左速度減小到0時位移為x2－μmgx2＝0－eq\f(1,2)Mv12解得x2＝2ml＋x2＝eq\f(41,4)m<L＝14.25m所以平板車沒有與凹槽左端相碰．即小物塊離開平板車之前，未與平板車第二次共速；且平板車沒有與凹槽左端相碰．所以由動量守恒得mv1－Mv1＝mv3＋Mv4碰撞后物塊在平板車上實際滑動的距離設(shè)為l3，由動能定理得μmgl3＝eq\f(1,2)(M＋m)v12－eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)Mv42l＝l1＋l3解得v3＝eq\f(5,3)m/s，v4＝eq\f(2,3)m/s碰撞后，至物塊離開平板車時，平板車運動的位移設(shè)為x3，由動能定理得－μmgx3＝eq\f(1,2)Mv42－eq\f(1,2)Mv12解得x3＝eq\f(35,18)m小物塊離開平板車時平板車右端到凹槽右端的距離為x3＝eq\f(35,18)m.1．(2021·云南省高三二模)如圖3所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7m、質(zhì)量m0＝2kg.BCD是半徑R＝0.4m的固定豎直圓形光滑軌道，D是軌道的最高點，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在B點相切，已知A、B兩點相距2m．現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進入粗糙水平面AB前已經(jīng)與光滑弧形槽分離，并恰能通過光滑圓軌道最高點D，重力加速度g＝10m/s2.求：圖3(1)物塊從弧形槽滑下的最大速度大??；(2)物塊在圓形軌道B點時受到的軌道的支持力大??；(3)物塊與粗糙水平面AB間的動摩擦因數(shù)．答案(1)6m/s(2)60N(3)0.4解析(1)小物塊到達弧形槽底端時速度最大．設(shè)小物塊到達弧形槽底端時速度大小為v1，槽的速度大小為v2.小物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，小物塊下滑到底端時，由動量守恒定律得mv1－m0v2＝0由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)m0v22聯(lián)立解得v1＝6m/sv2＝3m/s(2)物塊從豎直圓形光滑軌道B點運動到D點滿足機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvD2＋2mgR物塊恰能通過豎直圓形光滑軌道的D點，有mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)物塊通過豎直圓形光滑軌道的B點，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)聯(lián)立解得FN＝6mg＝60N(3)物塊經(jīng)過粗糙水平面AB時，有vB2－v12＝2as＝－2μgs解得μ＝0.4.2.(2021·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖4所示，有一傾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P，將質(zhì)量m1＝1kg的“”形木板(前端擋板厚度忽略)單獨從斜面上端由靜止釋放，木板與擋板P發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s＝0.15m；若將光滑物塊(視為質(zhì)點)放在木板最上端并同時由靜止釋放(木板位置與上次釋放時初位置相同)．已知：物塊的質(zhì)量m2＝2kg，釋放時木板下端到擋板P的距離L1＝3m，木板長L2＝0.75m，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：圖4(1)木板與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)物塊與木板前端擋板碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開始計時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑行的總路程．答案(1)0.5(2)3J(3)3.41m解析(1)木板單獨下滑，由能量守恒定律得m1gL1sinθ＝μm1gcosθ·L1＋eq\f(1,2)m1v2木板與擋板碰撞后上升，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1(eq\f(1,2)v)2＝m1gs·sinθ＋μm1gcosθ·s解得μ＝0.5.(2)木板與物塊同時釋放，木板與斜面間的最大靜摩擦力Ff1＝μ·(m1＋m2)gcosθFf1>m1gsinθ故開始時木板靜止不動．物塊下滑至與木板下端碰撞前過程中，由動能定理有m2gL2sinθ＝eq\f(1,2)m2v02碰撞前物塊速度v0＝3m/s，碰撞后物塊與木板整體速度設(shè)為v′，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2解得ΔE＝3J.(3)設(shè)木板與物塊一起在斜面上向下運動的加速度大小為a1，向上運動的加速度大小為a2，則(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a1(m1＋m2)gsinθ＋μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a2a1＝2m/s2，a2＝10m/s2木板與物塊粘合后一起加速下滑v12－v′2＝2a1L1第一次撞擊后木板上滑的距離(eq\f(v1,2))2＝2a2s1解得s1＝0.2m第二次撞擊木板時速度v2，則v22＝2a1s1第二次撞擊后木板上滑的距離(eq\f(v2,2))2＝2a2s2s2＝0.01m物塊與木板前端擋板碰撞后開始計時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑行的總路程s總＝L1＋2s1＋s2＝3.41m.專題強化練1.(2021·遼寧省1月適應(yīng)性測試·13)如圖1所示，水平圓盤通過輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．套在輕桿上的光滑圓環(huán)從圓盤正上方高為h處自由落下，與圓盤碰撞并立刻一起運動，共同下降eq\f(h,2)到達最低點．已知圓環(huán)質(zhì)量為m，圓盤質(zhì)量為2m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計空氣阻力．求：圖1(1)碰撞過程中，圓環(huán)與圓盤組成的系統(tǒng)機械能的減少量ΔE；(2)碰撞后至最低點的過程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功W.答案(1)eq\f(2,3)mgh(2)eq\f(11,6)mgh解析(1)碰撞前，圓環(huán)做自由落體運動，有v12＝2gh碰撞時由動量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2系統(tǒng)機械能減少量：ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(m＋2m)v22解得ΔE＝eq\f(2,3)mgh(2)對系統(tǒng)碰撞后至最低點過程中，由動能定理得(m＋2m)g·eq\f(h,2)＋W＝0－eq\f(1,2)(m＋2m)v22解得W＝－eq\f(11,6)mgh故系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功為eq\f(11,6)mgh.2．(2021·福建廈門市一模)如圖2所示，一質(zhì)量m1＝0.1kg的物塊甲靜止在A點，物塊甲與墻壁間有一壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧，物塊甲從靜止?fàn)顟B(tài)釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左運動與另一質(zhì)量m2＝0.3kg的物塊乙碰撞(時間極短)后粘在一起滑出B點，滑上半徑R＝0.5m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經(jīng)過半圓弧軌道的最低點D時對D點的壓力大小FN＝84N．木板質(zhì)量M＝0.4kg、長度L＝6m，上表面與半圓弧軌道相切于D點，木板與右側(cè)平臺P等高，木板與平臺相碰后瞬間靜止．已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余摩擦不計，兩物塊均可視為質(zhì)點，木板右端與平臺P左側(cè)的距離為s，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：圖2(1)兩物塊經(jīng)過D點時的速度大小vD；(2)釋放物塊前彈簧的彈性勢能Ep和碰撞過程中損失的能量E；(3)物塊滑上平臺P時的動能Ek與s的關(guān)系．答案(1)10m/s(2)64J48J(3)見解析解析(1)兩物塊經(jīng)過D點時受到半圓弧軌道的支持力、重力，有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2v\o\al(D2),R)，得vD＝10m/s(2)兩物塊由C點運動到D點，由動能定理有2(m1＋m2)gR＝eq\f(1,2)(m1＋m2)vD2－eq\f(1,2)(m1＋m2)vC2解得vC＝4eq\r(5)m/s兩物塊發(fā)生碰撞時粘在一起說明發(fā)生了完全非彈性碰撞，有(m1＋m2)vC＝m1v0，得v0＝16eq\r(5)m/s彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊甲的動能，有Ep＝eq\f(1,2)m1v02＝64J碰撞過程中損失的能量E＝eq\f(1,2)m1v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)vC2得E＝48J(3)若兩物塊與木板能達到共同速度，由動量守恒定律得(m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共得v共＝5m/s對兩物塊，由動能定理有－μ(m1＋m2)gx＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2－eq\f(1,2)(m1＋m2)vD2解得x＝7.5m對木板有μ(m1＋m2)gx′＝eq\f(1,2)Mv共2，得x′＝2.5m由于L＋x′>x，所以兩物塊有與木板達到共同速度的必要條件，若s≥x′＝2.5m，說明兩物塊能和木板達到共同速度，由能量守恒定律有Ek＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2－μ(m1＋m2)g(L＋x′－x)＝3J若s<x′＝2.5m，說明兩物塊不能和木板達到共同速度，由能量守恒定律有Ek＝eq\f(1,2)(m1＋m2)vD2－μ(m1＋m2)g(L＋s)＝(8－2s)J.3．(2021·山東德州市一模)如圖3所示，可看作質(zhì)點的小物塊A的質(zhì)量m＝1kg，右端帶有豎直擋板的足夠長的木板B，它的質(zhì)量M＝2kg，木板B上M點左側(cè)與小物塊A間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，M點右側(cè)光滑，M點與木板右側(cè)擋板的距離L1＝1.5m，水平地面光滑．初始時木板B靜止，A在木板B上M點的左側(cè)，與M點的距離L2＝1.8m，現(xiàn)使A獲得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6m/s，A與B右側(cè)擋板碰撞的時間和能量損失都不計，重力加速度g＝10m/s2.求：圖3(1)A第一次到達M點時，A和B各自的速度大小；(2)A和B達共同速度時，A距M點的距離；(3)自初始時至A、B碰撞，A的平均速度大??；(4)自初始時至A、B達共同速度，A向右運動的位移大?。鸢?1)4m/s1m/s(2)0.6m(3)4.44m/s(4)4.4m解析(1)自初始時至A第一次到達B上的M點，由動量守恒得mv0＝mv1＋Mv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＋μmgL2聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s，v2＝1m/s(2)自初始時至A和B達共同速度，由動量守恒得mv0＝(m＋M)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋μmgLΔL＝L－L2聯(lián)立解得，A距M點的距離ΔL＝0.6m(3)自初始時至A第一次到達B上的M點，由動能定理得－μmgx1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得x1＝2m又x1＝eq\f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.4s自A第一次到達B上的M點至到達右側(cè)擋板，L1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2))t2，解得t2＝0.5s則x2＝v1t2＝2m自初始時至A、B碰撞，A的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)解得eq\x\to(v)＝eq\f(40,9)m/s≈4.44m/s(4)A與B右側(cè)擋板碰撞過程，由動量守恒得mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2解得v1′＝0，v2′＝3m/sA第二次經(jīng)過M點后，有μmgx3＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv1′2解得x3＝0.4m自初始時至A、B達共同速度，A向右運動的位移x＝x1＋x2＋x3＝4.4m.4．(2021·寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的兩彈性小球(可看作質(zhì)點)放在質(zhì)量M＝0.4kg、內(nèi)部長度L＝2m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在水平面上，且與水平面間的動摩擦因