2019年高考物理二轮复习 专题十五 力学三大观点的综合应用训练.doc

2019年高考物理二轮复习 专题十五 力学三大观点的综合应用训练1动量定理的公式Ftpp除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值2动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变(2)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)(3)守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律1力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决2系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).考向1动量和能量的观点在力学中的应用例1如图1所示，长为L的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A和B，两者彼此接触物体A的上表面是半径为R(RL)的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C，A、B、C的质量均为m.现物体C从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A、C始终保持接触试求：图1(1)物体A和B刚分离时，物体B的速度；(2)物体A和B刚分离后，物体C所能达到距台面的最大高度；(3)判断物体A从平台左边还是右边落地并简要说明理由答案(1)，方向水平向右(2)R(3)A从平台的左边落地解析(1)设C物体到达最低点的速度是vC，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒mvAmvBmvC0mgRmvmvmv在C物体到达最低点之前一直有：vAvB联立解得：vB，方向水平向右(2)设C能够到达轨道最大高度为h，A、C此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：mvB2mv0mgRmghmv2mv2联立式解得：hR(3)因为A与B脱离接触后B的速度向右，A、C的总动量是向左的，又RL，所以A从平台的左边落地 如图2，半径R0.8 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长为L6 m的水平面相切于D点，质量M1.0 kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点后，与D点右侧m0.5 kg的静止物块B相碰，碰后A的速度变为vA2.0 m/s，仍向右运动已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为0.1，若B与E处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g10 m/s2.求：图2(1)滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力；(2)滑块B被碰后瞬间的速度；(3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞答案(1)30 N，方向竖直向下(2)4 m/s(3)见解析解析(1)设小滑块运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgRMv2由牛顿第二定律有FNMgM联立解得小滑块在D点所受支持力FN30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30 N，方向竖直向下(2)设B滑块被碰后的速度为vB，由动量守恒定律：MvMvAmvB解得小滑块在D点右侧碰后的速度vB4 m/s(3)讨论：由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A物块MgsA0Mv解得sA2 m对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则mgsB0mv解得sB8 m(即从E点返回2 m)由于sAsB10 mv20.1 m/s，所以m2在m1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：fm1gm1am1停止后离O点距离：s则m2平抛的时间：t平抛的高度：hgt2设m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：Rh由qv2B，联立得：B0.25 T 如图4所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m带正电小球A从LM上距水平高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g.求：图4(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB大小答案(1)(2)mgh(3)解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh2mv解得：v0(2)A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时共速：2mv0(2mm)v解得：vv0据能量转化和守恒定律：2mgh(2mm)v2Ep，得：Epmgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定2mv02mvAmvB，2mv2mvmv得：vAv0，vBv0.8综合应用力学三大观点解决多过程问题例3(18分)如图5所示，光滑的水平面AB(足够长)与半径为R0.8 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点A点的右侧等高地放置着一个长为L20 m、逆时针转动且速度为v10 m/s的传送带用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接甲的质量为m13 kg，乙的质量为m21 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D点，且过D点时对轨道的压力恰好等于甲的重力传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点图5(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因解析(1)设甲离开弹簧时的速度大小为v0，运动至D点的过程中机械能守恒：m1vm1g2Rm1v在最高点D，由牛顿第二定律，有2m1gm1联立解得：v04 m/s(4分)(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v乙，由能量守恒得Epm1vm2v得v乙12 m/s(2分)之后乙滑上传送带做匀减速运动：m2gm2a得a6 m/s2(2分)乙速度为零时离A端最远，最远距离为：s12 m20 m(2分)即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v1、v2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m1v1m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：Epm1vm1vm2v解得：v12 m/s，v26 m/s(2分)甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h，则m1vm1gh，得h0.6 m0.8 m(2分)则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是v12 m/s(1分)乙滑上传送带，因v26 m/sf0，所以木板不可能静止，将向左运动(2)设车与挡板碰前，车与木板的加速度分别为a1和a2，相互作用力为F，由牛顿第二定律与运动学公式：对小车：Fma1v1a1t对木板：F(mM)gMa2v2a2t两者的位移的关系：ttL联立并代入数据解得：v14.2 m/s，v20.8 m/s(3)设车与木板碰后其共同速度为v，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有mv1Mv2(mM)v对碰后滑行s的过程，由动能定理得：(Mm)gs0(Mm)v2联立并代入数据，解得：s0.2 m2如图2所示，在倾角为30的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)试求：图2(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径Rx0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？答案(1)(2)mgx0(3) 解析(1)设A与B相碰前的速度为v1，A与B相碰后共同速度为v2由机械能守恒定律得mg3x0sin 30mv由动量守恒定律得mv12mv2解以上二式得v2(2)设A、B相碰前弹簧所具有的弹性势能为Ep，从A、B相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O点过程中，由机械能守恒定律知Ep(2m)v2mgx0sin 30解得Epmgx0(3)设物块A与B相碰前的速度为v3，碰后A、B的共同速度为v4mv2mg3x0sin 30mvmv32mv4A、B一起压缩弹簧后再回到O点时二者分离，设此时共同速度为v5，则(2m)vEp(2m)v2mgx0sin 30此后A继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v6，则mvmvmg2x0sin 30mgR(1sin 60)在最高点有mg联立以上各式解得v.3在光滑水平面上静止着A、B两个小球(可视为质点)，质量均为m，A球是带电荷量为q的正电荷，B球不带电，两球相距为L.从t0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E，方向与A、B两球的连线平行向右，如图3所示A球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B球发生完全弹性碰撞设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A、B之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力问：图3(1)小球A经多长时间与小球B发生第一次碰撞？(2)小球A与小球B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小分别是多少？(3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？答案(1) (2)0(3)2 解析(1)小球A在电场力的作用下做匀加速直线运动，Lata解得：t1 (2)小球A与小球B发生完全弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒设A球碰前速度为vA1，碰后速度为vA1，B球碰前速度为0，碰后速度为vB1，mvA1mvA1mvB1mvmvA12mvB12联立得：vA10vB1vA1vA1at1 所以vA10vB1 (3)第一次碰撞后，小球A做初速度为0的匀加速直线运动，小球B以vB1的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等设A球第二次碰撞前速度为vA2，碰后速度为vA2，B球碰前速度为vB2，碰后速度为vB2，vA2at2t2vB2vB1 atvB2t2解得：t22 vA2at22 根据动量守恒和机械能守恒得mvA2mvB2mvA2mvB2mvmvmvA22mvB22联立得：vA2vB2vB2vA2所以vA2 vB22 第二次碰撞后，小球A做初速度为 的匀加速直线运动，小球B以vB2的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等设A球第三次碰撞前速度为vA3，碰后速度为vA3，B球碰前速度为vB3，碰后速度为vB3，vB3vB22 t3atvB3t3解得：t32 即完成第二次碰撞后，又经t32 的时间发生第三次碰撞4如图4所示，一倾斜的传送带倾角37，始终以v12 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L2 m，紧靠Q点右侧有一水平面长s2 m，水平面右端与一光滑的半径R1.6 m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径现有一质量M2.5 kg的物块A以v010 m/s的速度自P点沿传送带下滑，A与传送带间的动摩擦因数10.75，到Q点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m0.5 kg的B物块相碰，碰后A、B粘在一起，A、B与水平面的动摩擦因数相同均为2，忽略物块的大小已知sin 370.6，cos 370.8，求：图4(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若A、B恰能通过半圆轨道的最高点N，求2；(3)要使A、B能沿半圆轨道运动到N点，且从N点抛出后能落到传送带上，则2应满足什么条件？答案(1)12 m/s212 m/s(2)0.5(3)0.0920.5解析(1)对A刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mgsin 1Mgcos Ma解得：a12 m/s2设A能达到传送带的速度，由v2v2as0得运动的位移s0 ms则要使AB能沿半圆轨道运动到N点，并能落在传送带上，则20.5若AB恰能落在P点，则有：2RLsin gt2sLcos v3t由(Mm)v22(Mm)v32(Mm)g2R和(Mm)v(Mm)v222(Mm)gs联立可得：20.09综上所述，2应满足：0.0920.5