物理大一轮复习试题：第六章专题强化73大观点解决力学综合问题

专题强化七三大观点解决力学综合问题【专题解读】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。题型一应用三大观点解决力学问题1.力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma力对空间积累效果动能定理W合＝ΔEk，W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)机械能守恒定律E1＝E2，mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－p，I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.解动力学问题的三大观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。角度1力的观点和动量观点的应用【例1】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图1为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2，若乘客把行李放上传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动方向走向B点去取行李，则()图1A.行李在传送带上做匀加速直线运动B.行李提前0.5s到达BC.乘客与行李同时到达BD.若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B答案D解析把行李无初速放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t1速度与传送带相同。根据动量定理得μmgt1＝mv－0，t1＝eq\f(v,μg)＝1s，此过程行李的位移大小为x＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，行李匀速运动的位移为x2＝2m－0.5m＝1.5m，时间为t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s，所以行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝2.5s，乘客从A运动到B的时间为T＝eq\f(sAB,v)＝2s，乘客提前0.5s到达B，故A、B、C错误；若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，设到达B的最短时间为tmin，则s＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，代入解得tmin＝2s，故D正确。角度2能量观点和动量观点的应用【例2】(多选)如图2所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是3m和m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的高度为eq\f(1,4)h。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A.碰撞后小球A反弹的速度大小为eq\f(\r(2gh),2)B.碰撞过程B物块受到的冲量大小为3meq\r(2gh)C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为eq\f(1,4)mghD.物块C的最大速度大小为eq\f(3\r(2gh),4)答案AD解析碰撞后小球A机械能守恒，则mg·eq\f(1,4)h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\f(\r(2gh),2)，则碰撞后小球A反弹的速度大小为eq\f(\r(2gh),2)，故A正确；设碰撞前小球A的速度为v0，碰撞后B物块的速度为v2，下落过程中小球A机械能守恒，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞过程，A、B系统动量守恒有mv0＝3mv2－mv1，解得v2＝eq\f(\r(2gh),2)，根据动量定理得，碰撞过程B物块受到的冲量大小为I＝3mv2－0＝eq\f(3,2)meq\r(2gh)，故B错误；碰撞后当物块B和C的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据物块B和C组成的系统动量守恒有3mv2＝(3m＋m)v，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝Ep＋eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,2)mv2，解得Ep＝eq\f(3,16)mgh，则碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为eq\f(3,16)mgh，故C错误；弹簧再次恢复到原长时，物块C的速度最大，则物块B和C组成的系统动量守恒定律有3mv2＝3mvB＋mvC，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\f(3\r(2gh),4)，则物块C的最大速度大小为eq\f(3\r(2gh),4)，故D正确。角度3三大观点的综合应用【例3】如图3所示，半径分别为R和r＝eq\f(R,2)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则()图3A.b球质量为eq\f(\r(2),2)mB.两小球与弹簧分离时，动能相等C.若ma＝mb＝m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgRD.a球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg答案C解析a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，a、b球在最高点时的速度分别为va高＝eq\r(gR)，vb高＝eq\r(gr)，a、b球在最高点时的速度分别为va、vb，有－mag2R＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a高)－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，－mbg2r＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b高)－eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，设b球的质量为mb，由动量守恒定律有mava＝mbvb，联立解得mb＝eq\r(2)m，故A错误；两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek＝eq\f(p2,2m)可知动能不相等，故B错误；若ma＝mb＝m，由动量守恒定律有mava＝mbvb，分离时两小球的速度相等，要求a、b都能通过各自的最高点时，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为va＝eq\r(5gR)，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝maveq\o\al(2,a)＝5mgR，故C正确；a球到达圆心等高处时，速度为va′由动能定理可得－magR＝eq\f(1,2)mava′2－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有F＝maeq\f(va′2,R)，联立解得F＝3mg，由牛顿第三定律可知a小球对轨道压力为3mg，故D错误。题型二力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。2.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。【例4】(2021·黑龙江大庆模拟)如图4所示，光滑曲面与长度L＝1m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v＝1m/s的速度顺时针运行。质量m1＝1kg的物块甲(可视为质点)从曲面上高h＝1m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2。传送带右侧光滑水平地面上有一个光滑的四分之一圆轨道状物体乙，轨道末端与地面相切，质量m2＝3kg，重力加速度g＝10m/s2。求：图4(1)甲第一次运动到C点的速度大小；(2)甲第二次运动到C点的速度大小；(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点。答案(1)4m/s(2)－2m/s(3)2.25s解析(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(5)m/s>v假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得－μm1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v2＝4m/s因v2>v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v2＝4m/s。(2)以物块甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有m1v2＝m1v3＋m2v4系统能量守恒，则有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,4)联立解得v3＝－2m/s则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2m/s。(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a解得a＝2m/s2从C运动B，由动能定理得－μm1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)解得到达B点的速度为v5＝0物块甲从C点运动到左端B点的时间为t1＝eq\f(v5－v3,a)＝1s接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，则有t2＝eq\f(v,a)＝0.5s设甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1v2－0解得x1＝0.25m甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x2＝L－x1则所用的时间为t3＝eq\f(x2,v)＝eq\f(L－x1,v)＝0.75s故甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.25s。(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图5所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。图5(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案(1)能，计算过程见解析(2)0.2s解析(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2－veq\o\al(2,1)＝2a1s1解得v1＝0.3m/s甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝eq\f(veq\o\al(2,乙),2a2)＝0.02m由于x＝s2所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s。考点一应用三大观点解决力学问题1.(2021·安徽合肥模拟)图1如图1所示，F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知两物体质量关系MA>MB，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘为一体，这时A、B将()A.停止运动B.向右运动C.向左运动D.仍运动但方向不能确定答案A解析根据动量定理得F1t＝MAvA，同理F2t＝MBvB，F1、F2等大反向，故MAvA＝－MBvB，设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得MAvA＋MBvB＝(MA＋MB)v，解得v＝0，可知粘合体静止，故A正确。2.(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图象中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图象中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是()答案D解析质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq\r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。3.(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？答案(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理，有I＝m1vA③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧考点二力学三大观点解决多过程问题4.(2021·江西抚州模拟)如图2所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块最终回到木板的左端，恰与木板相对静止，重力加速度为g，求：图2(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0),4gL)(2)0v0解析(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v0方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)联立解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0),4gL)。(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1＝mv1′＋mv2′2mv1＝2mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程功能关系，有μmgL＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)联立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0方向水平向右。5.(2021·河北卷)如图3，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：图3(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M对背包，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得背包的加速度a1＝2m/s2设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得eq\f(1,2)a1t2＝v0(t－1s)＋eq\f(1,2)a2(t－1s)2解得t＝3s则滑道AB段的长度xAB＝eq\f(1,2)a1t2＝9m。(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2(t－1s)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s。6.(多选)(2021·山东卷)如图4所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是()图4A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为mgC.d＝(1＋eq\f(m,M))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D.d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋（1＋\f(m,M)）2H2)答案BC解析载有物资的热气球处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出质量为m的物资瞬间，由动量守恒定律，有Mv＝mv0，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，方向竖直向上，所以热气球做匀变速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球的加速度大小为a＝eq\f(m,M)g，物资做平抛运动所用的时间t＝eq\r(\f(2H,g))，热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，热气球和物资的距离为d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝(1＋eq\f(m,M))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。7.如图5所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。则：图5(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案(1)eq\r(2gh)(2)会断裂解析(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(2gh)即a球与b球碰前瞬间的速度大小为eq\r(2gh)。(2)设碰后a、b球的速度为v，a、b碰撞过程中，则由动量守恒定律，有mvC＝(m＋m)v故v＝eq\f(1,2)vC＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为FT，则由牛顿第二定律有FT－2mg＝2meq\f(v2,h)解得FT＝3mg因FT＞2.8mg，故细绳会断裂。8.(2021·浙江6月选考)如图6所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨