2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第六章第37课时　应用三大观点解决力学综合问题（题型研究课）

第37课时　应用三大观点解决力学综合问题(题型研究课)

1．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv02①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0＝v0－gt②

联立①②式得

t＝ 。③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有

mv12＋mv22＝E⑤

mv1＋mv2＝0⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

mv12＝mgh2⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h＝h1＋h2＝。⑧

答案：(1) 　(2)

2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。

解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有

mv02＞μmgl①

即μ＜②

设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有

mv02＝mv12＋μmgl③

设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒定律和能量守恒定律有

mv1＝mv1′＋mv2′④

mv12＝mv1′2＋×mv2′2⑤

联立④⑤式解得v2′＝v1⑥

由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知

×mv2′2≤μ·mgl⑦

联立③⑥⑦式，可得

μ≥⑧

联立②⑧式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为

≤μ＜。⑨

答案：≤μ＜

3.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

(2)小球到达A点时动量的大小；

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。

解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成有

F0＝mgtan α＝mg

F＝＝mg

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m

解得v＝。

(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得

DA＝Rsin α

CD＝R(1＋cos α)

小球由A到C的过程中，由动能定理有

－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12

解得v1＝

所以小球在A点的动量大小为

p＝mv1＝。

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，

CD＝vyt＋gt2

解得t＝ 。

答案：(1)mg　　(2)　(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。　　

命题点一　三大观点的常见组合模式

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　动量定理和动能定理的综合应用　

[例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

动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，绝无分量表达式。　　

考法3　动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用

[例3]　如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。A、B与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

(2)若碰后A、B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

(3)求碰后A、B滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。

[解析]　(1)A从滑入圆轨道到滑过最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv02＝mg·2R＋mv2

所以A滑过Q点时的速度

v＝＝ m/s＝4 m/s＞＝ m/s

在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得

mg＋F＝m

所以A受到的弹力

F＝－mg＝N＝22 N。

(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，

则mv0＝2mv′

所以v′＝v0＝3 m/s

从碰撞到A、B停止，根据动能定理，得

－2μmgkL＝0－×2mv′2

所以k＝＝＝45。

(3)A、B从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，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.(2019·南阳模拟)如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5 kg 和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求：

(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A平均作用力的大小；

(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度。

解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理有

Ft＝mAv1′－(－mAv1)

解得F＝50 N。

(2)当A与B碰撞时，设碰撞后A、B的速度为v，根据动量守恒定律有

mAv1′＝(mA＋mB)v

A、B在光滑圆弧轨道上运动时，机械能守恒，由机械能守恒定律有

(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh

解得h＝0.45 m。

答案：(1)50 N　(2)0.45 m

2．(2019·山西五校联考)如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)，分别静止在水平地面上A、C两点。P在水平力F作用下由静止开始向右运动，力F与时间t的关系如图乙所示，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

(1)P到达B点时的速度大小v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；

(2)Q运动的时间t。

解析：(1)以向右为正方向，在0～3 s内，对P由动量定理有：

F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0

其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s

解得v＝8 m/s

设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：

μmg＝ma

P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：

v2－v12＝2aL

解得v1＝7 m/s。

(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为v1′、v2，有：

mv1＝mv1′＋mv2

mv12＝mv1′2＋mv22

碰撞后Q做匀减速直线运动，Q运动的加速度大小为：

μmg＝ma′

Q运动的时间为：t＝

解得t＝3.5 s。

答案：(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s

命题点二　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]　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v­t图像如图乙所示。求：

(1)C的质量mC；

(2)B离开墙壁后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。

[解析]　(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程C、A组成的系统动量守恒

mCv1＝(mA＋mC)v2

解得mC＝2 kg。

(2)由题图乙可知，12 s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3 m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大

(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]　一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切且长度可忽略的光滑圆弧连接(图中未画出)。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：

(1)木块在ab段受到的摩擦力f；

(2)木块最后距a点的距离s。

[解析]　(1)从开始到木块到达斜面的最大高度过程：

由动量守恒定律：mv0＝3mv1

由能量守恒定律：mv02＝×3mv12＋mgh＋fL

解得：f＝。

(2)木块从斜面的最大高度至与物体P最终相对静止：

由动量守恒定律：3mv1＝3mv2

由能量守恒定律：×3mv12＋mgh＝×3mv22＋fx

距a点的距离：s＝L－x

解得：s＝L。

[答案]　(1)　(2)L

[集训冲关]

1．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右运动，质量为4 kg的物块C静止在B的右边，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。求：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，A的速度；

(2)系统中弹性势能的最大值。

解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC

代入数据解得vABC＝3 m/s。

(2)B、C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有

mBv＝(mB＋mC)vBC

代入数据解得vBC＝2 m/s

当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得

Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝12 J。

答案：(1)3 m/s　(2)12 J

2.(2019·山西模拟)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，求：

(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；

(2)小车的长度L。

解析：(1)子弹进入小车的过程中，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)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3

解得v2＝8 m/s

由机械能守恒定律可得

(m0＋m1)v12＝μm2gL＋(m0＋m1)v22＋m2v32

解得L＝2 m。

答案：(1)10 m/s　(2)2 m