高考知识点巡查专题09力学规律的选择和综合运用

物理资源大观园提供专题九力学规律的选择和综合运用本部分常见的失分点有：1.对各物理量间关系的辨析不正确.2.不能对同一物理背景运用不同的力学规律进行分析.3.不能顺利地将一个实际问题转化为熟知的物理模型.造成失误的根源在于：①缺乏对基础知识的理解，特别是各物理规律的内涵及其间的内在联系不清楚；②阅读理解能力、分析综合能力、发散思维能力较差，不能独立地对试题所给的物理情境、物理过程、物理条件进行概括和抽象.例1.（2002年上海）一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力.以下关于喷气方向的描述中正确的是A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气雷区探测本题运用牛顿运动定律研究探测器远离月球的运动.重点考查了运动和力的关系及物体做加速直线运动、匀速直线运动的条件.雷区诊断航天器离开月球的过程中先做加速直线运动后做匀速运动.物体做变速直线运动的条件是物体所受合外力与其运动方向在一条直线上，物体做匀速运动所受合外力必须为零.探测器除受到月球引力外，还受到通过喷气而获得的推力.在做加速直线运动时，推力与引力的合力与速度方向相同，引力指向月球，则推力必如图9—1所示，喷气方向与此力方向相反，即斜向下喷气.在做匀速运动时，推力平衡引力，推力竖直向上，即竖直向下喷气.正确解答C例2.（2002年全国）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于A.mEpB.mEp2图9—1物理资源大观园提供雷区探测本题考查两小球相互作用的过程分析，考查应用动量守恒和能量关系解题的基本思路和方法.雷区诊断A、B碰撞过程中，满足动量守恒定律，且随着形变量的增加.弹性势能增加，系统总动能减少，当二球的速度相等时，两球压缩最紧即形变量最大.设A球的初速度为v0,二者压缩最紧时的速度为v，由动量守恒定律mv0=2mv①由机械能守恒定律21mv02=21×2mv2+Ep②由以上二式可解得v0=2mEp正确解答C例3.（2000年京、皖春季）相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用.原来两球被按住，处于静止状态.现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速为零.若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为t0.求B球在斥力作用下的加速度.雷区探测本题考查动量守恒定律、动能定理、牛顿运动定律及运动学公式的综合应用.要求通过过程分析、做图得出何时二者间距最小及二者的位移关系.会根据不同过程的特点列出相应的物理方程.雷区诊断此题解题关键是要细致地分析A、B两球的相互作用过程，充分利用已知条件，深入挖掘隐含条件，找准各量之间关系.松开A后，通过受力分析确定A以初速度v0做匀减速直线运动，B由静止开始做匀加速直线运动.未达相同速度前，A在任一段时间内的平均速度较B球大，故在相同时间内A发生的位移更多些，故A、B间距逐渐减小.达到相同速度后，A仍减速，B继续加速，此后B球速度要大于A球速度，即在相同的时间段内，B的位移开始大于A的位移，这样，A、B之间距又开始增加.故可判断当A、B速度相等时，A、B间距最小.开始A、B相距l，距离最小后，A、B间距再恢复到l，也就告诉我们，在这一过程中，A所发生的位移与B所发生的位移相等.如图9—2所示.通过以上分析，发现了重要临界条件或重要中间状态，找到正确的位移、速度关系，问题就很容易解决了.图9—2物理资源大观园提供正确解答以m表示每个球的质量，F表示恒定斥力，L表示两球间的原始距离.松开后，A球做初速为v0的匀减速运动，B球做初速度为0的匀加速运动.设在两球间的距离由l变小到恢复到L的过程中，A球的路程为LA，B球的路程为LB；刚恢复到原始长度时，A球的速度为vA，B球的速度为vB.由动量守恒定律有mv0＝mvA＋mvB由功能关系，得FLA＝21mv02－21mvA2FLB＝21mvB2由于初态和末态两球之间的距离相等，故有LA＝ＬB由以上解得vB＝v0，vA＝0当两球的速度相等时，距离最小，设此时球的速度为u，则由动量守恒定律，得mv0＝(m+m)u设a为B球的加速度，则有：vB＝u+at0得：a=002tv例4.（2001年全国）“和平号”空间站已于今年3月23日成功坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道(可近似看作圆轨道)开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海.此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失(不考虑坠落过程中化学反应的能量).(1)试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式.（2）算出E′的数值(结果保留两位有效数字).坠落开始时空间站的质量M＝1.17×105kg；轨道离地面的高度为h=146km；地球半径R＝6.４×106m；坠落空间范围内重力加速度可看作g＝10m/s2；入海残片的质量m＝1.2×10４kg；入海残片的温度升高ΔT＝3000Ｋ；入海残片的入海速度为声速v=340m/s；空间站材料每1kg升温1Ｋ平均所需能量C＝1.0×103J；每销毁1kg材料平均所需能量μ＝1.0×107J.雷区探测1.处理本题要求考生有较强的审题能力，通过理解题意，建立生动的物理情境，抽象出物理模型.2.本题考查了牛顿第二定律、能的转化和守恒定律，要求考生会确定某一状态的动能和势能，理解重力势能的相对性（参考平面的确定）.3.本题要求考生有较强的运算能力.雷区诊断本题重点考查了能量守恒的思想.空间站从运行到销毁的过程中，原有机械能一部分用于销毁，一部分被残片带走，另一部分散失(E′)，总能量保持不变.空间站在近圆轨道上既有动能又有重力势能.考虑到坠落空间范围重力加速度认为不变，以地面为参考平面，可确定空间站重力势能.由重力充当向心力可建立空间站在轨道上物理资源大观园提供运行的动力学方程，由此确定其动能.注意在解题过程中，中间进行公式字母运算找到E′表达式，无须中间进行数字运算，否则会增大题目难度，耗费大量时间.正确解答(1)根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g＝10m/s2.若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为Ep＝mgh①以v表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得Mg＝rMv2②其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地＋h③由②、③式可得空间站在近圆轨道上的动能为Ek＝21Mg（R地＋h）④由①、④式得，在近圆轨道上空间站的机械能E＝Mg（21R地＋23h）⑤在坠落过程中，用于销毁部分所需的能量为Q汽＝（M－m）μ⑥用于残片升温所需的能量Q残＝cmΔT⑦残片的动能E残＝21mv2⑧以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒得E＝Ｑ汽＋Ｑ残＋E残＋E′⑨由此得：E′＝Mg（21R地＋23h）－（M－m）μ－21mv2－cmΔT⑩(2)以题给数据代入得E′＝2.9×1012J例5.（1998年全国）一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为2L，如图9—3所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ.A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜gL2.当A和B发生碰撞时，两者速度互换.求：(1)从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程.(2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小.雷区探测本题涉及到多物体，多次相互作用的问题.涉及到应用运动和力的关系、动量守恒定律、能量关系等重要知识点.对物理过程分析，抓住重要的时刻和过程进行深入分析以及找到关键的已知条件、挖掘图9—3物理资源大观园提供隐含条件都是正确列出方程进行分析求解的关键.雷区诊断本题要求学生能够独立地对试题所给的物理情境进行分析，弄清楚物理过程，能够灵活运用所学的物理知识、物理规律分析和解决问题.该题易判断出应用动量守恒定律和功能关系求解，但两规律都需对物体运动的末状态速度进行判断.这就需要分析物体运动过程中的动力学因素.第一次碰撞后，B物体做匀减速运动，C做匀加速运动，在第二次碰撞之前，B、C两物体能否持续这种运动，就需从运动状态变化的根本原因——受力来分析，B、C两物体做匀变速运动是由于它们之间相互作用的滑动摩擦力，而该力存在的基础是B、C能否发生相对运动，这就要求分析A、B发生第二次碰撞之前能否达到共速，这就是该题的“题眼”.另外，再注意到每次均为弹性碰撞，即每次碰撞A、B速度均互换.该题能充分体现力学综合题的解题思路.在动力学辅助下应用功能关系及动量守恒求解，而在分析动力学因素时，物体的运动和受力又是相辅相成的.正确解答(1)A与B发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v0向右运动.由于摩擦，B向右做匀减速运动，而C向右做匀加速运动，两者速率逐渐接近.设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1，设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得mv0＝2mv1①由动能关系，得μmgs1＝21mv20－21mv21②由①得：v1＝21v0代入②式，得s1＝gv8320根据条件v0＜gL2得s1＜43L③可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞.B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(L-s1)后才与A发生第二次碰撞.设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2，由功能关系，得μmgs2＝21mv21④解得s2＝gv820因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：s＝s2＋L－s1＝L－gv420⑤(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1.刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1.由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2.由动量守恒定律得mv1＝2mv2⑥解得v2＝21v1＝41v0因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁.刚碰撞后，A的速度变物理资源大观园提供为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2.由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3.由动量守恒定律，得mv1＋mv2＝2mv3⑦解得:v3＝83v0.故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为vA＝v2＝41v0，vB＝vC＝v3＝83v0注：第(1)问的解法是很多的，下面列几种解法，仅供参考.①mv0＝2mv1，所以v1＝21v0设Δs为B相对C运动的路程，由功能关系有：μmgΔs＝21mv20－21·2mv21，所以Δs＝gv420由于B、C两者运动的方向相同，Δs＋sC＝Ｌ，所以sC＝Ｌ－gv420②mv0＝2mv1，所以v1＝21v0设B与C相对滑动的时间为t，由动量定理，对C：μmgt＝mv1－0，所以t＝gv20所以sB＝210vv·t＝gv8320，sC＝21tv＝gv820所以s＝sC＋Ｌ－sB＝Ｌ－gv420③B与C相互作用的过程中，B做匀减速直线