高考物理一轮复习第六章动量第4课时应用三大观点解决力学综合问题学案新人教版

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第4课时　应用三大观点解决力学综合问题1．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)A．3 J  B．4 JC．5 J  D．6 J解析：选A　设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入题图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入题图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。2．(2021年1月新高考8省联考·辽宁卷)如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。解析：(1)圆环下落到碰前瞬间，有mgh＝mv2圆环与圆盘相碰，有mv＝3mv1，mv2＝v＋ΔE解得ΔE＝mgh。(2)碰撞后至最低点的过程中，由动能定理得3mg·h－W＝0－v解得W＝mgh。答案：(1)mgh　(2)mgh3．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。解析：(1)A和B恰好能静止，则有mgsin θ＝μmgcos θ，当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma解得a＝gA与B碰撞前的速度为v＝2gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′，由能量守恒定律可知mv＝mv＋mv1′2解得：v1′＝0，v2＝。(2)碰撞后B运动到底端所用时间为t1＝＝ A运动到底端所用时间为t2＝ 若t1＝t2解得：k＝当0＜k≤时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2＝t解得t＝2 当k＞时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′解得：a′＝g再次相碰时，满足：L－gt2＝·(t－t1)－a′(t－t1)2，解得：t＝ 。答案：(1)0　　(2)当0＜k≤时，t＝2　当k＞时，t＝ 4．(2021年1月新高考8省联考·湖南卷)如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ(μ<1)。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设物体P的质量为m，滑板的质量为2m。(1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；(2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度；(3)要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求的取值范围。解析：(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有m0gL＝m0vQ2在最低点对小球Q由牛顿第二定律可得T－m0g＝m0联立解得T＝3m0g。(2)小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此有m0vQ＝m0vQ′＋mv0，m0vQ2＝m0vQ′2＋mv02解得v0＝物体P能够从C点冲出去，则在水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋2mv1由能量守恒定律可得mv02＝m(v12＋vy2)＋×2mv12＋μmgL＋mgR物体P离开滑板后两物体在水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向h＝联立可得h＝－μL－R。(3)物块P相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时物块P相对滑板向右的速度最大，此时物块P有相对地面向右运动的速度即可满足要求。再次回到B点时，由水平方向动量守恒可得mv0＝mv1′＋2mv2′由能量守恒定律可得mv02＝mv1′2＋×2mv2′2＋μmgL联立可得方程3v1′2－2v0v1′－v02＋4μgL＝0解得v1′＝若通过B点时，物体P有相对地面向右的速度，则有：v0－2<0同时满足不等式v02－3μgL>0解得>。答案：(1)3m0g　(2)－μL－R(3)>该部分内容为力学三大观点的综合应用，在高考中常作为压轴题进行命题。力学所有知识几乎都会在该部分出现。该部分的学习对学生的综合分析能力、数学运算能力等有较高的要求。　　  命题视角一　两类常考的力学综合模型模型1　“弹簧类”模型对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：1．在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。2．在动量方面，系统动量守恒。3．弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动量守恒，机械能守恒。4．弹簧处于原长时，弹性势能为零。 [例1]　如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑。水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动。(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。[解析]　(1)对物块a，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02代入数据解得a与b碰前a的速度v1＝2 m/s；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv2代入数据解得v2＝1 m/s。(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v2＝1 m/s的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，代入数据解得v3＝0.25 m/s。对小车，由动能定理得μmgs＝m0v32代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝ m。(3)由能量守恒得μmgx＝mv22－(m0＋m)v32解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x＝0.125 m。[答案]　(1)1 m/s　(2) m　(3)0.125 m模型2　“滑块—平板”模型1．“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与平板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、平板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服摩擦力做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律。2．解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，有助于分析物理过程，也有助于找出物理量尤其是位移之间的关系。[例2]　如图所示，在水平桌面上放有长度为L＝2 m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。C上表面与固定在地面上半径为R＝0.45 m的圆弧光滑轨道相切，质量为m＝1 kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ。A、B、C(包含挡板P)的质量相同，开始时，B和C静止。(取g＝10 m/s2)(1)求物块A从释放到离开圆弧轨道受到的冲量大小；(2)若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件；(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件。[解析]　(1)设物块A离开圆弧轨道时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgR＝mv02，解得v0＝3 m/s由动量定理得I＝Δp＝mv0＝3 N·s。(2)若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时三者的速度均相同，设为v1，由动量守恒定律得mv0＝3mv1－μmg＝(3m)v12－mv02式中就是物块A相对木板C运动的路程，解得μ＝即μ＝时，A刚好不与B发生碰撞，若μ<，则A将与B发生碰撞，故A与B发生碰撞的条件是μ<。代入数据得：μ<0.3。(3)物块A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，因为质量相等，碰撞前后A、B交换速度，B相对于A、C向右运动，以后发生的过程相当于第2问中所进行的延续，由物块B替换A继续向右运动。若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为v2mv0＝3mv2－μmgL＝(3m)v22－mv02解得μ＝即μ＝时，A与B碰撞，但B与P刚好不发生碰撞，若μ<，就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，物块B与挡板P发生碰撞的条件是μ<代入数据得：μ<0.15。[答案]　(1)3 N·s　(2)μ<0.3　(3)μ<0.15    [集训冲关]1．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)A．物体A的质量为3mB．物体A的质量为2mC．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02解析：选AC　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝mv02，选项A、C正确，B、D错误。2．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22解得L＝5 m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。答案：(1)10 m/s　(2)5 m命题视角二　三大观点的综合应用力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：考法1　动力学观点和动量守恒定律的综合应用[例1](2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。[解析]　(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB解得vB′＝3.0 m/s。(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA′2＝2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，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　动能定理、牛顿第二定律和动量定理的组合[例2]　(2019·北京高考)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b．示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v­t图线，其中________对应半径为r1的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v­t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与半径r的关系式vm＝b．由vm＝可知，若r1>r2，则v>v，故①对应半径为r1的雨滴。若不计空气阻力，雨滴无初速下落的v­t图线如图甲所示。(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乙所示。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表示圆盘对空气分子的作用力，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]　(1)mgh－mu2　(2)a.vm＝ b．①　见解析图　(3)见解析 考法3　动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用[例3]　(2021·青岛模拟)如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？[解析]　(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝mv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2其中W1＝kh12联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2其中W总＝kl2，解得N＝2 025。[答案]　(1)　(2)2 025力学规律的选用原则(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。 [集训冲关]1.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，与物块间的动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB；(2)滑块CD圆弧的半径R。解析：(1)物块P由A处到B处，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mvAB，解得vAB＝。(2)物块P由D处到C处，滑块CD与物块P在水平方向动量守恒，机械能守恒，则m·＋m·＝2mv共mgR＝m2＋m2－×2mv共2解得R＝。答案：(1)　(2)2．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。解析：(1)取向右为正方向，设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg对邮件应用动量定理，有Ft＝mv－0解得t＝0.2 s。(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝mv2－0解得x＝0.1 m。(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt摩擦力对皮带做的功W＝－Fs＝－2 J。答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J