方法04 力学计算题方法思路

力学计算题方法思路-2020年高考计算题解题技法目录、“元素组合”意识1、“思想组合”意识2三、“方法组合”意识4四、“步骤组合”意识6热身训练8分析近几年的高考物理试题，力学计算题的鲜明特色在于组合，通过深入挖掘力学计算 题的内在规律，在解题时，考生必须具备元素组合”“思想组合”“方法组合”“步骤组合”4种 意识。只有具备了这4种组合意识，才能对力学组合大题化繁为简、化整为零，找准突破口 快解题。、“元素组合”意识力学计算题经常出现一体多段、两体多段，甚至多体多段等多元素的综合性题目。试题中常出现的“元素组合”如下:恒力变力.匀速+加速+减速J直线曲线碰撞、反冲平抛、圆周运动粒子弹簧水平面光滑段.粗糙段V小球+传送带+*竖直面+滑块板J轻绳杆J、倾斜面力学计算题变化多样，但大多数是对上述“元素组合”框架图的各种情景进行排列组合。阅读题目时首先要理清它的元素组合，建立模型，找到似曾相识的感觉，降低对新题、难题 的心理障碍。【典例】(2019黔东南州二模)如图所示，让小球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭 A孔，已知摆线长为Z=2.5 m，0=60。，小球质量为m = 1 kg,小球可视为质点，D点与小 孔A的水平距离s=2 m，g取10 m/s2,试求：(1) 摆线能承受的最大拉力为多大？周运动。答案(1)20 N (2)却25解析(1)小球由C到D运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒，则有:mgL(l - cos 3)=2mvD2小球运动到D点时，由牛顿第二定律可得:Fmmg=mVD联立两式解得：Fm=2mg=20 Nov2(2) 小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得：mg=mR 小球从D到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得:”mgs2mgR=2mv22mvD2 解得：“ = 0.25即要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，応0.25。二、“思想组合”意识一道经典的力学计算题宛如一个精彩的物理故事，处处蕴含着物理世界“平衡”与“守恒”这两种核心思想。复习力学计算题应牢牢抓住这两种思想，不妨构建下列“思想组合”框架图静止或匀速年衡J运动两思担受力种思想J能童动俭匀变連或变加速% = iF合=”戰 动能定理 ，能呈守恒定律 动呈定理 :动呈守恒定律平衡思想体现出对运动分析和受力分析的重视。运动分析与受力分析可以互为前提，也 可以互为因果。如果考查运动分析，物体保持静止或匀速直线运动是平衡状态，其他运动则 是不平衡状态，选用的运动规律截然不同。类似地，如果考查受力分析，也分为两种： F 合=0或者F合=ma。F合=0属于受力平衡，牛顿第二定律F合=ma则广泛应用于受力不平衡 口口口的各种情形。若更复杂些，则应追问是稳态平衡还是动态平衡，考查平衡位置还是平衡状态。高中物理守恒思想主要反映的是能量与动量恒定不变的规律。能量与动量虽不同于运动 与受力，但不同的能量形式对应于不同的运动形式，不同的动量形式也对应于不同的受力形 式，所以本质上能量与动量来源于物体运动与受力规律的推演，是运动与受力分析的延伸。 分析能量与动量的关键是看选定的对象是单体还是系统。如果采用隔离法来分析单个物体, 一般先从动能定理或动量定理的角度思考。如果采用整体法来分析多个物体组成的系统，则 能量守恒或动量守恒的思维更有优势。思想不同，思考方向就会不同。在宏观判断题目考查平衡还是守恒后，才能进一步选对 解题方法。【典例】 质量为m木、长度为d的木块放在光滑的水平面上，木块的右边有一个销钉 木把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0按如图所示的方向射入 木块，刚好能将木块射穿，现将销钉拔去，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以初速 度v0射入静止的木块，求：(1) 子弹射入木块的深度是多少；(2) 从子弹开始进入木块到子弹相对木块静止的过程中，木块的位移是多少；(3) 在这一过程中产生多少内能。7777777777777777777)7思想组合m答案(1)m mv(3)rnm木m m丨木 d (2) 木 dm十mm十m 2木木解析(1)设子弹所受阻力为f则木块不动时：丫02=2小木块自由时，子弹与木块组成的系统动量守恒：mv0=(m+m木)v ff对子弹：v0 2 v2 = 2 X,对木块：V2 = 2x20m 1m 2木子弹射入木块的深度l=x1x2m 由以上五式可联立解得：1=木d。m十m木m m 由问所列关系式可解得：x2= m m 2 do 木由能量守恒定律可得在这一过程中产生的内能Q = 2mv02 2（m木十m）v2 =m m*2 木 02 m +m木三、“方法组合”意识动力法，牛顿第二足律F合=咖=运动学公成冲动法透彻理解平衡和守恒思想后，具体解题主要使用3种方法：受力与运动的方法、做功与 能量的方法、冲量与动量的方法。这三条主线是一个庞大的体系，光是公式就多达几十个, 不单学习时难以记忆，解题时也容易混淆。为获得顺畅的思路，整理成如下的“方法组合” 框架图。动力法动力法的特征是涉及加速度，主要用于解决物体受力情况与物体运动状态的关系。已知受力求运动，先从力尸代表的F合=0或F合=ma与起，进而得出运动参数x、v、t 口口或B、e、t。已知运动求受力，则从x、v、t或B、e、t代表的各种运动规律写起，从右向左反向得出物体所受的力F功能法功能法主要用于解决不涉及时间的情形。若不涉及时间，使用动能定理较为普遍。若 不涉及时间又需研究能量，则优先使用E代表的能量关系，特别是能量守恒定律冲动法若涉及时间，冲动法中的动量定理可以简化计算。动量守恒定律是物理学史上最早发 现的一条守恒定律，其适用范围比牛顿运动定律更广。面对多体问题，学生选择合适 的系统并运用动量守恒定律来解决，往往更加便捷I动呈定理 |1 = 3当然，在应用上述三种方法时，学生一定要注意各个公式的适用范围，不能生搬硬套,例如动量守恒定律的应用前提需先考虑系统所受合外力是否为零。有些问题只需一个方法就 能解决，也可能是多种方法联合求解，学生只有经过反复实践才能灵活选用。【典例】 光滑水平面上放着质量m=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B, A与 B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴 接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大 于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上 与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C。g取10 m/s2, 求：(1) 绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2) 绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3) 绳拉断过程绳对A所做的功W。方法组合(1) 物块B恰好通过最高点C牛顿第二定律绳被拉断瞬间对A、B组成的系统动量(2) |冲动法|守恒定律、绳被拉断瞬间绳对B的冲量动量定理弹簧伸长到绳被拉断前的过程-系统,功能法 x1 = 4 m会从左端落下.滑块P滑到传送带左端时的速度 vp= vp2ax1= 422x1x4 m/s=2J2 m/svvf运动时间/4=七71.2 s两滑块落地的时间差At=t2+t3 14 = 7.8 s.(3) 滑块 p 离开传送带做平抛运动的水平距离, 两 厂,2x3.2x4=vPg=2马2x莎 m=2.24 m滑块 Q 离开传送带做平抛运动的水平距离2Hx5=Z 7=2x2x3.210m= 1.6 m.两滑动落地点间的距离Ax=x4+L+x5=43.84 m.6. 如图所示，传送带水平部分的长度l=4.5 m,在电动机带动下匀速运行.质量M=0.49 kg的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上.质量为m = 10 g的子弹以v0=50 m/s 的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的 p 点离开传送带做平抛运动,正好落入车厢中心点Q.已知木块与传送带间的动摩擦因数“=0.5,P点与车底板间的竖直记度H=1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10 m/s2，求：(1) 木块从传送带左端到达右端的时间；(2) 由于传送木块，电动机多消耗的电能【答案】(1)2.3 s(2)1 J【解析】(1)传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得xvt 竖直方向H=2gt2解得抛出速度v=2 m/s子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0 = (M+m)V木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得(M+m)g=(M+m)av 2 v2加速至v的位移X= 2a 1 = 0.3 mr2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线，其中对应半径为q的雨滴(选填、)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v-t 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，空气分子质量为m0)。1答案】(1). W = mgh _一 mu2f2解得：W = mgh - 2 mu 2(2) a.半径为r的雨滴体积为：V二3nr3,其质量为m = pV当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为v，则有：mg二fm其中 f - kr 2 v 2m联立以上各式解得：vm躁可知，雨滴半径越大,最大速度越大，所以对应半径为的雨滴,不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：0(3)设在极短时间At内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为U,在AZ内，空气分子个数为：N nSv At，其质量为m Nm0设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：F At - m(v + u)1对圆盘上方空气分子由动量定理有：-FAt-0-m(u-v)2圆盘受到的空气阻力为：f - F - F12联立解得：f - 2 Sv 2 nm oc v 208. (2019 全国口卷T12)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑 连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上 从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P 点 (图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图(b)所示，图中的V和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A 与B的高度差为重力加速度大小为g,不计空气阻力。(1) 求物块B的质量；(2) 在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3) 已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的 动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩 擦因数的比值。2 11【答案】(1)3m(2) 15mgHy【解析】(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为vA、vB，弹性碰撞瞬间，动量守恒， 机械能守恒，即：mV二m +叫人111mv2 = mv2 + m v2212 A 2 B B联立方程解得： vAm-m=bvm + m 1B2mv =vB m + m 1B1根据v-t图象可知，vA =-vi解得： m = 3m(2)设斜面的倾角为0,根据牛顿第二定律得v当物块A沿斜面下滑时：mg sin0 - f = mai，由v-t图象知：a1 = t115v当物体A沿斜面上滑时：mg sin0 + f = ma2，由v-t图象知：a2 =石1解得：f = 9 mg sin 0H又因下滑位移xi =甌1=vt2 ii则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：x = 丄 =2 * - 0.4t = 0.1vt2 sin02 211 11其中h为P点离水平面得高度，即h = - H解得X2 =H5sin 0(旦 + H sin 0 5sin 0 丿= mgH15则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：mg(h -h)=Rmg叫十帥gStan0B故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为:W = f (x + x )= mg sin0 xf 129(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为S,设原来的摩擦因为为卩设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到 物块 B 位置时， 速度减为零， 以 A 为研究对象， 根据能量守恒定律得：mgh = pmghtan 0+mgSH + htan 0得： tan 0 = 92又据(2)的结论可知：W = I-mgH =mg 11联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：=-9