(通用版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第37課時 應(yīng)用三大觀點解決力學(xué)綜合問題(題型研究課)講義(含解析).doc
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第37課時 應(yīng)用三大觀點解決力學(xué)綜合問題(題型研究課) 1.(2018全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求: (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間; (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 解析:(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=mv02① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學(xué)公式有 0=v0-gt② 聯(lián)立①②式得 t= 。③ (2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1④ 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有 mv12+mv22=E⑤ mv1+mv2=0⑥ 由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有 mv12=mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=。⑧ 答案:(1) (2) 2.(2016全國卷Ⅲ)如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?,F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。 解析:設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有 mv02>μmgl① 即μ<② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒定律有 mv02=mv12+μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1′、v2′,由動量守恒定律和能量守恒定律有 mv1=mv1′+mv2′④ mv12=mv1′2+mv2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′=v1⑥ 由題意知,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知 mv2′2≤μmgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式,可得 μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式,可得a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ<。⑨ 答案:≤μ< 3.(2018全國卷Ⅲ)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為α,sin α=。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動,經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道;在整個過程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心,且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求: (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??; (2)小球到達A點時動量的大??; (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 解析:(1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達C點時所受合力的大小為F,由力的合成有 F0=mgtan α=mg F==mg 設(shè)小球到達C點時的速度大小為v,由牛頓第二定律得 F=m 解得v=。 (2)設(shè)小球到達A點時速度大小為v1,作CD⊥PA,交PA于D點,如圖所示,由幾何關(guān)系得 DA=Rsin α CD=R(1+cos α) 小球由A到C的過程中,由動能定理有 -mgCD-F0DA=mv2-mv12 解得v1= 所以小球在A點的動量大小為 p=mv1=。 (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy=vsin α、加速度為g的勻加速直線運動, CD=vyt+gt2 解得t= 。 答案:(1)mg (2) (3) 該部分內(nèi)容為力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用,在高考中常作為壓軸題進行命題。力學(xué)所有知識幾乎都會在該部分出現(xiàn)。該部分的學(xué)習(xí)對學(xué)生的綜合分析能力、數(shù)學(xué)運算能力等有較高的要求?! ? 命題點一 三大觀點的常見組合模式 力學(xué)研究的是物體的受力與運動的關(guān)系,與之相伴的是能量和動量的變化,其知識體系如下: 考法1 動力學(xué)觀點和動量守恒定律的綜合應(yīng)用 [例1] (2018全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。? (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 [解析] (1)設(shè)B車碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg=mBaB 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學(xué)公式有 vB′2=2aBsB 解得vB′=3.0 m/s。 (2)設(shè)A車碰后加速度大小為aA,根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg=mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′,碰撞后滑行的距離為sA,由運動學(xué)公式有 vA′2=2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有 mAvA=mAvA′+mBvB′ 解得vA≈4.3 m/s。 [答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 考法2 動量定理和動能定理的綜合應(yīng)用 [例2] 某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖,皮帶在電動機的帶動下保持v=1 m/s的恒定速度向右運動,現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2 kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。設(shè)皮帶足夠長,取g=10 m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,求: (1)郵件滑動的時間t; (2)郵件對地的位移大小x; (3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。 [解析] (1)取向右為正方向,設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F,則 F=μmg 對郵件應(yīng)用動量定理,有 Ft=mv-0 解得t=0.2 s。 (2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,對郵件應(yīng)用動能定理,有 Fx=mv2-0 解得x=0.1 m。 (3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,設(shè)皮帶相對地面的位移為s,則 s=vt 摩擦力對皮帶做的功 W=-Fs=-2 J。 [答案] (1)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J 動量定理和動量守恒定律是矢量表達式,還可以寫出分量表達式;而動能定理和能量守恒定律都是標(biāo)量表達式,絕無分量表達式?! ? 考法3 動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用 [例3] 如圖所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5 m。物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運動,P點左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.1 m。A、B與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點,碰撞時間極短)。 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F; (2)若碰后A、B最終停止在第k個粗糙段上,求k的數(shù)值; (3)求碰后A、B滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。 [解析] (1)A從滑入圓軌道到滑過最高點Q,根據(jù)機械能守恒定律,得mv02=mg2R+mv2 所以A滑過Q點時的速度 v== m/s=4 m/s>= m/s 在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式,得 mg+F=m 所以A受到的彈力 F=-mg=N=22 N。 (2)A與B碰撞遵守動量守恒定律,設(shè)碰撞后的速度為v′, 則mv0=2mv′ 所以v′=v0=3 m/s 從碰撞到A、B停止,根據(jù)動能定理,得 -2μmgkL=0-2mv′2 所以k===45。 (3)A、B從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理,得 -2μmgnL=2mvn2-2mv′2 解得vn=(n<k)。 [答案] (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn=(n<k) 力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)求解物體某一時刻受力及加速度時,可用牛頓第二定律或運動學(xué)公式列式解決。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用,運動狀態(tài)改變的問題時,在涉及時間和速度,不涉及位移和加速度時要首先考慮選用動量定理;在涉及位移、速度,不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。 (3)若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng),一般考慮用機械能守恒定律和動量守恒定律解決,但要仔細分析研究的問題是否符合守恒條件。 (4)在涉及相對位移問題時應(yīng)優(yōu)先考慮能量守恒定律,即滑動摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)機械能的減少量,也等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象的問題,通常可選用動量守恒定律,但須注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化?! ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2019南陽模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)一光滑水平軌道左邊與墻壁對接,右邊與一足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連,木塊A、B靜置于光滑水平軌道上,A、B質(zhì)量分別為1.5 kg 和0.5 kg?,F(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動,之后與墻壁碰撞,碰撞時間為0.3 s,碰后速度大小變?yōu)? m/s。A與B碰撞后會立即粘在一起運動,g取10 m/s2,求: (1)A與墻壁碰撞過程中,墻壁對A平均作用力的大??; (2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度。 解析:(1)設(shè)水平向右為正方向,當(dāng)A與墻壁碰撞時,根據(jù)動量定理有 Ft=mAv1′-(-mAv1) 解得F=50 N。 (2)當(dāng)A與B碰撞時,設(shè)碰撞后A、B的速度為v,根據(jù)動量守恒定律有 mAv1′=(mA+mB)v A、B在光滑圓弧軌道上運動時,機械能守恒,由機械能守恒定律有 (mA+mB)v2=(mA+mB)gh 解得h=0.45 m。 答案:(1)50 N (2)0.45 m 2.(2019山西五校聯(lián)考)如圖甲所示,質(zhì)量均為m=0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質(zhì)點),分別靜止在水平地面上A、C兩點。P在水平力F作用下由靜止開始向右運動,力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示,3 s末撤去力F,此時P運動到B點,之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞。已知B、C兩點間的距離L=3.75 m,P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,取g=10 m/s2,求: (1)P到達B點時的速度大小v及P與Q碰撞前瞬間的速度大小v1; (2)Q運動的時間t。 解析:(1)以向右為正方向,在0~3 s內(nèi),對P由動量定理有: F1t1+F2t2-μmg(t1+t2)=mv-0 其中F1=2 N,F(xiàn)2=3 N,t1=2 s,t2=1 s 解得v=8 m/s 設(shè)P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a,由牛頓第二定律有: μmg=ma P在B、C兩點間做勻減速直線運動,有: v2-v12=2aL 解得v1=7 m/s。 (2)設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間P、Q的速度大小分別為v1′、v2,有: mv1=mv1′+mv2 mv12=mv1′2+mv22 碰撞后Q做勻減速直線運動,Q運動的加速度大小為: μmg=ma′ Q運動的時間為:t= 解得t=3.5 s。 答案:(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s 命題點二 兩類??嫉牧W(xué)綜合模型 模型1 “彈簧類”模型 對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中: 1.在能量方面,由于彈簧的形變會具有彈性勢能,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化,若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒。 2.在動量方面,系統(tǒng)動量守恒。 3.彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒。 4.彈簧處于原長時,彈性勢能為零。 [例1] 如圖甲所示,物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,用輕彈簧拴接,放在光滑的水平地面上,物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動,在t=4 s時與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開,C的vt圖像如圖乙所示。求: (1)C的質(zhì)量mC; (2)B離開墻壁后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。 [解析] (1)由題圖乙知,C與A碰前速度為v1=9 m/s,碰后速度為v2=3 m/s,C與A碰撞過程C、A組成的系統(tǒng)動量守恒 mCv1=(mA+mC)v2 解得mC=2 kg。 (2)由題圖乙可知,12 s時B離開墻壁,此時A、C的速度大小v3=3 m/s,之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒,且當(dāng)A、C與B的速度相等時,彈簧彈性勢能最大 (mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4 (mA+mC)v32=(mA+mB+mC)v42+Ep 解得Ep=9 J。 [答案] (1)2 kg (2)9 J 模型2 “滑塊—平板”模型 1.“滑塊”問題是動量和能量的綜合應(yīng)用之一,由于滑塊與平板之間常存在一對相互作用的摩擦力,這對摩擦力使滑塊、平板的動量發(fā)生變化,也使它們的動能發(fā)生改變,但若將兩者視為系統(tǒng),則這對摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力,它不影響系統(tǒng)的總動量,但克服摩擦力做功,使系統(tǒng)機械能損失,所以解決“滑塊”問題常用到動量守恒定律。 2.解決“滑塊”問題時一般要根據(jù)題意畫出情景示意圖,有助于分析物理過程,也有助于找出物理量尤其是位移之間的關(guān)系。 [例2] 一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與ab和bc均相切且長度可忽略的光滑圓弧連接(圖中未畫出)?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求: (1)木塊在ab段受到的摩擦力f; (2)木塊最后距a點的距離s。 [解析] (1)從開始到木塊到達斜面的最大高度過程: 由動量守恒定律:mv0=3mv1 由能量守恒定律:mv02=3mv12+mgh+fL 解得:f=。 (2)木塊從斜面的最大高度至與物體P最終相對靜止: 由動量守恒定律:3mv1=3mv2 由能量守恒定律:3mv12+mgh=3mv22+fx 距a點的距離:s=L-x 解得:s=L。 [答案] (1) (2)L [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.兩物塊A、B用輕彈簧相連,質(zhì)量均為2 kg,初始時彈簧處于原長,A、B兩物塊都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右運動,質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在B的右邊,如圖所示。已知B與C碰撞后二者會粘在一起運動。求: (1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時,A的速度; (2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值。 解析:(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大,根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒,取向右為正方向,有 (mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC 代入數(shù)據(jù)解得vABC=3 m/s。 (2)B、C碰撞時,B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC,則有 mBv=(mB+mC)vBC 代入數(shù)據(jù)解得vBC=2 m/s 當(dāng)A、B、C三者的速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,設(shè)為Ep,在B、C碰撞后,A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得 Ep=(mB+mC)vBC2+mAv2-(mA+mB+mC)vABC2=12 J。 答案:(1)3 m/s (2)12 J 2.(2019山西模擬)如圖所示,一質(zhì)量m1=0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量m2=0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)挠叶?。一質(zhì)量m0=0.05 kg的子彈以水平速度v0=100 m/s射中小車左端并留在車中,最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時間極短,小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ=0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g=10 m/s2,求: (1)子彈相對小車靜止時小車速度的大?。? (2)小車的長度L。 解析:(1)子彈進入小車的過程中,子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得 m0v0=(m0+m1)v1 解得v1=10 m/s。 (2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得 (m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3 解得v2=8 m/s 由機械能守恒定律可得 (m0+m1)v12=μm2gL+(m0+m1)v22+m2v32 解得L=2 m。 答案:(1)10 m/s (2)2 m- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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