2015届高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题-含原创题组及解析)

高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题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(R≪L)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．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．mvA＋mvB－mvC＝0①mgR＝12mv2A＋12mv2B＋12mv2C②在C物体到达最低点之前一直有：vA＝vB③联立①②③解得：vB＝133gR，方向水平向右④(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：mvB－2mv＝0⑤mgR＝mgh＋12mv2B＋12·2mv2⑥联立⑤⑥式解得：h＝34R⑦(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R≪L，所以A从平台的左边落地．答案(1)133gR，方向水平向右(2)34R(3)A从平台的左边落地1．如图2，半径R＝0.8m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L＝6m的水平面相切于D点，质量M＝1.0kg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m＝0.5kg的静止物块B相碰，碰后A的速度变为vA＝2.0m/s，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B与E处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g＝10m/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)30N，方向竖直向下(2)4m/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：MgR＝12Mv2由牛顿第二定律有FN－Mg＝Mv2R联立解得小滑块在D点所受支持力FN＝30N由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N，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：Mv＝MvA＋mvB解得小滑块在D点右侧碰后的速度vB＝4m/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－μMgsA＝0－12Mv2A解得sA＝2m对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgsB＝0－12mv2B解得sB＝8m(即从E点返回2m)由于sA＋sB＝10m2×6m＝12m，故它们停止运动时仍相距2m，不能发生第二次碰撞．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v＝12m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P、Q间的距离L＝2m，紧靠Q点右侧有一水平面长为x＝2m，水平面右端与一光滑的半径R＝1.6m的竖直半圆轨道相切于M点，MN为竖直的直径．现有一质量M＝2.5kg的物块A以v0＝10m/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μ1＝0.75，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m＝0.5kg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μ2，忽略物块的大小．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB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μ2应满足什么条件？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mgsinθ＋μ1Mgcosθ＝Ma，代入数据得：a＝12m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2as代入数据得：s＝116m＜L＝2m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v1，代入数据得：v1＝10m/s，AB恰好滑到最高点N时速度为v3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M＋m)g＝(M＋m)v23R设AB在M点速度为v2，由机械能守恒定律得：12(M＋m)v22＝12(M＋m)v23＋(M＋m)g·2R，在水平面上由动能定理得：12(M＋m)v21－12(M＋m)v22＝μ2(M＋m)gx，代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v3由N点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R＝12gt2，水平方向上：x1＝v3t，联立并代入数据得：x1＝3.2m＞x，则要使AB能沿半圆轨道运动到N点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5；②若AB恰能落在P点，在竖直方向上：2R－Lsinθ＝12gt′2，水平方向上：x＋Lcosθ＝v3′t′，由机械能守恒定律得：12(M＋m)v2′2＝12(M＋m)v3′2＋(M＋m)g·2R，在水平面上由动能定理得：12(M＋m)v21－12(M＋m)v2′2＝μ2(M＋m)gx，联立并代入数据得：μ2＝0.09，综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案(1)12m/s212m/s(2)0.5(3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿光滑轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.答案(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J解析(1)设P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2①解得：v2＝v12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE＝12mv21－12×2mv22②解得ΔE＝9J(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知ma＝－μmg③可以把P从A点运动到C点再返回B点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L＝v2t＋12at2④由①③④式得v1＝6L－at2t①若t＝2s时通过B点，解得：v1＝14m/s②若t＝4s时通过B点，解得：v1＝10m/s故v1的取值范围为：10m/s≤v1≤14m/s设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知12×2mv2A－12×2mv22＝－μ·2mg·4L当v2＝12v1＝7m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，E＝17J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练6题组1动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1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x0,0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0点(A、B均初为质点)．试求：图1(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；(2)A、B相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0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)123gx0(2)14mgx0(3)20＋43gx0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mg3x0sin30°＝12mv21由动量守恒定律得mv1＝2mv2解以上二式得v2＝123gx0(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＋12(2m)v22＝2mgx0sin30°解得Ep＝14mgx0(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v412mv2＋mg3x0sin30°＝12mv23mv3＝2mv4A、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12(2m)v24＋Ep＝12(2m)v25＋2mgx0sin30°此后A继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v6，则12mv25＝12mv26＋mg2x0sin30°＋mgR(1＋sin60°)在最高点有mg＝mv26R联立以上各式解得v＝20＋43gx0.2．如图2所示，质量为m1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A、B的高度差为h1＝1.25m．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L＝4.00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h2＝1.80m，g取10m/s2.图2(1)若槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；(结果保留两位有效数字)(2)在m1下滑前将质量为m2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v＝5.0m/s.求出滑块m1、m2落地点间的最大距离(结果可带根)．答案(1)3.0m/s(2)m1＞m2(3)(6215－3)m解析(1)滑块m1滑到B点有m1gh1＝12m1v20解得v0＝5m/s滑块m1由B滑到C点有－μm1gL＝12m1v2－12m1v20解得v＝3.0m/s.(2)滑块m2停放在槽的底端，m1下滑并与滑块m2弹性碰撞，则有m1v0＝m1v1＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22m1速度方向不变即v1＝m1－m2m1＋m2v0＞0则m1＞m2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h2＝12gt2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m1≫m2时，滑块m1、m2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后