2019届高考物理二轮复习专题二功能与动量第4讲力学三大观点的应用专项训练.docx

第4讲力学三大观点的应用1处理力学与动量、能量的综合问题这类问题的基本思路：(1)明确物体的运动过程及其受力情况，了解在该运动过程中的运动状态变化情况及做功情况，有不少问题是需要分段来分析的。(2)根据物体的运动过程及相应的功能关系的转化情形，选择合适的公式列式求解。2力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中求摩擦生热时应用滑动摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。考点一动量定理和动量守恒定律的应用1恒力的冲量可应用IFt直接求解，变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解。2物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力的功决定的。3动量守恒定律的适用条件(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。(2)系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒。(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。在被誉为“中国轿车第一撞”的碰撞试验中，让汽车以50 km/h的碰撞速度驶向质量为80 t的碰撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果让同样的汽车以100 km/h的速度撞向未固定的与汽车同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所需的时间是“第一撞”试验的两倍，求两种碰撞过程中汽车受到的平均冲击力之比。解析以汽车运动的方向为正方向，汽车以50 km/h的速度碰撞，根据动量定理有F1m(N)汽车以100 km/h的速度碰撞，动量守恒有mv2mv根据动量定理有F2m(N)故。答案21【题组突破】1(2018江西省名校质量检测)如图241甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块P的质量为mp1 kg，由此可知图241A碰撞前P的动量为16 kgm/sB两物块的碰撞可能为弹性碰撞C物块Q的质量为4 kgD两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 Ns解析根据位移图像可知，碰撞前P的速度v04 m/s，碰撞前P的动量为P0mPv04 kgm/s，选项A错误。根据位移图像，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误。碰撞后，二者的共同速度v1 m/s，由动量守恒定律，mPv0(mPmQ)v，解得mQ3 kg，选项C错误。由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是IPQmQv3 Ns，选项D正确。答案D2(多选)滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、以大小为3.0 m/s的速度迎面而来的滑块乙相撞。碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是A碰后乙的速度大小为2 m/sB碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 NsC碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kgm/sD碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m乙v乙，代入数据解得v乙1.0 m/s，选项A错误。碰撞过程中甲动量的变化量为p甲0m甲v甲4.0 kgm/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为Ip甲4.0 Ns，选项B正确。碰撞过程中乙动量的变化量为p乙m乙v乙(m乙v乙)4.0 kgm/s，选项C错误。由能量守恒定律得m甲vm乙vm乙v乙2E，代入数据解得E14 J，选项D正确。答案BD考点二应用动量观点和能量观点分析多过程问题(2018武昌三模)如图242所示，两根粗糙直杆AC和PE与半径为R0.5 m的光滑半圆环CDE平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平方向夹角均为37，质量分别为m10.3 kg、m20.1 kg的小环套在直杆上相距为L1的A、B两处，m1、m2与两直杆的动摩擦因数分别为10.5和21.0。将m1在A点无初速释放后，在B点与m2发生碰撞(碰撞时间极短，BC间距L22R1.0 m)，碰后m1、m2具有相同速度但不粘连，之后m2停留在Q点，QE相距恰为L21.0 m。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图242(1)AB间距L1多大？(2)m1从A点释放后，在两直杆上通过的总路程多大？审题探究(1)m1与m2的碰撞过程，两者组成的系统动量是否近似守恒？(2)m1、m2碰后一起由B点运动到Q点的过程，有哪些力对系统做功？系统的动能如何变化？(3)m2停在Q点后，m1的运动过程如何？其最终状态如何？解析(1)m1、m2受到的摩擦力分别为f1、f2f11m1gcos 1.2 Nf22m2gcos 0.8 Nff1f22 Nm1、m2碰后瞬间速度为v，研究m1、m2整体，由动能定理，有：f2L2(m1m2)gL2cos (m1m2)v2得v6 m/sm1、m2碰撞时间极短，碰前瞬间m1的速度v1，由动量守恒，有m1v1(m1m2)v得v18 m/s从A到B，对m1由动能定理，有(m1gsin f1)L1m1v得L116 m(2)m1、m2整体到达Q点时速度为0，此后，m2由于下滑力小于最大静摩擦力将始终静止于Q点，m1返回并在两倾斜轨道之间来回运动，由于有摩擦力作用，最终会在C点速度为零，研究m1从Q点无初速开始至最终到C点速度为零的整个过程，设在两倾斜杆上依次通过的路程为x1、x2、x3.，由动能定理xx1x2x3m1gL2(sin cos )f1x00x3.5 mm1在两直杆上总共通过的路程xL12L2xx21.5 m。答案(1)16 m(2)21.5 m【题组突破】1(2018漳州质检)如图243所示，在高h2.7 m的光滑水平台上，质量为m的滑块1静止在平台边缘，质量为0.5m的滑块2以速度v0与滑块1发生弹性正碰，碰后滑块1以速度v1滑离平台，并恰好沿光滑圆弧轨道BC的B点切线方向进入，轨道圆心O与平台等高，圆心角60，轨道最低点C的切线水平，并与水平粗糙轨道CD平滑连接，距C点为L处竖直固定一弹性挡板，滑块1与挡板发生弹性碰撞返回，滑块1与轨道CD间的动摩擦因数0.3，g10 m/s2。求：图243(1)速度v1的大小；(2)速度v0的大小；(3)为使滑块1最终停在轨道CD上，L最小值应为多大？解析(1)滑块1进入B时vBy，tan ，解得v13 m/s(2)根据动量守恒定律可得：0.5mv00.5mv2mv1又0.5mv0.5mvmv，解得v04.5 m/s(3)vB6 m/s当滑块与弹性板碰撞后反弹再次回到B点时速度恰好为零，此时L最小，根据动能定理可得：mg2Lmv解得L3 m。答案(1)3 m/s(2)4.5 m/s(3)3 m2(2018浙江六校联考)如图244是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题。设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化。两斜面倾角均为37，ABCD2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g。图244(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程。(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值。解析(1)设滑块恰好以P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg得vp到达A点时速度方向向沿着斜面AB，则vyvptan 所以A、D点离地高度为h3RR。(2)进入A点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ekmv24mgcos 2R0，所以滑块不会滑到A而飞出。因mgsin mgcos ，则根据动能定理得mg2Rsin mgcos s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s。(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1mgm在P点F2mgm所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg3R得vv6gR为定值代入v2的最值(v2vP)得压力差的最小值为9mg。答案(1)R(2)(3)9mg考点三应用动力学观点和动量观点分析“滑块木板”模型1用动力学观点分析“滑块木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。2用动量和功能观点分析“滑块木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。(1)一个条件滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。(2)两个分析分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。(3)一个规律能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式Qfd相对。质量为M3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图245(a)所示。当t0时，两个质量都是m1.0 kg的小物体A和B(均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为v14.0 m/s和v22.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面的动摩擦因数都是0.20，g取10 m/s2。图245(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度。(2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出04.0 s内小车运动的速度时间图像。解析(1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得m(v1v2)(M2m)v解得v0.40 m/s，方向向右。(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由能量守恒可得mgl1mgl2mvmv(2mM)v2解得l1l24.8 m，即车长至少为4.8 m。(3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A、B同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为mg，方向相反，车受力平衡而保持不动。当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgma得小物体的加速度大小ag设B到t1时刻停止滑动，则t101.0 s第二阶段：B停止滑动后，A继续在车上滑动，设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有vv1at2解得t21.8 s第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动，小车运动的速度时间图像如图所示。答案见解析【题组突破】1用动力学观点分析“滑块木板”模型如图246所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知物块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2。从某时刻起物块以大小为v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F作用下始终向右以大小为v2(v2v1)的速度匀速运动：求：图246(1)在物块向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff11mg，Ff22(mM)g由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1设物块向左匀减运动的位移为x1，则x1t1设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t2，则t2，设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：Lxx1x2解得：L。答案(1)1mg2(mM)g(2)2动量和能量观点分析“滑块木板”模型(2018河南百校联盟)质量M1 kg，高h0.8 m、长L1 m的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑。质量m1 kg的小物块P以初速度v04 m/s向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m1 kg小物块Q发生弹性碰撞，小物块Q与小车上表面的动摩擦因数0.3，g10 m/s2，求：图247(1)碰后小物块Q的初速度；(2)小物块Q能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块Q落地时与小车最右端的水平距离s。解析(1)小物块P、Q发生弹性碰撞，碰后速度分别为vp、 vQ。由动量守恒知mv0mvpmvQ由能量守恒知mvmvm联立解得vp0，vQv04 m/s(2)小物块Q在小车的上表面滑动的过程中，因受滑动摩擦力的作用，小物块做减速运动，小车