搜索
第三讲应用力学三大观点解决综合问题-2-网络构建-3-策略指导物理综合问题特别注重审题能力的考查,注重审题能力情境的建立,注重物理过程的分析,多数试题是通过知识点理解的深度、准确性、物理过程复杂程度上去设置难度。因此复习时要提升突出审题能力——真正做到把题目文字转化为物理情景——把物理情境转化为物理条件——把物理条件转化为数学条件。灵活应用动力学的方法、功和能的方法、动量的方法求解综合问题。-4-高考真题1.(多选)(2018全国Ⅲ卷)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程()A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5-5-考点定位:速度图象、牛顿运动定律、功和功率误区警示:解答此题常见错误主要有四方面:一是对速度图象面积表示位移掌握不到位;二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误;三是不能找出最大功率;四是不能得出两次提升电机做功。实际上,可以根据两次提升的高度相同,提升的质量相同,利用功能关系得出两次做功相同。-6-答案:AC解析:由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t0,上升所用时间之比为2t0∶2.5t0=4∶5,A选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,根据牛顿第二定律,最大牵引力Fm-mg=ma,最大牵引力相等,B选项错误;最大输出功率为Pm=Fm·vm,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C选项正确;设整个过程中电机所做的功为W,根据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D选项错误。-7-2.(2015全国Ⅰ卷)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()A.W=12mgR,质点恰好可以到达Q点B.W12mgR,质点不能到达Q点C.W=12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离答案解析解析关闭设质点到最低点N时的速度为v,由牛顿第二定律,4mg-mg=m𝑣2𝑅,得v=3𝑔𝑅。小球自释放至运动到最低点的过程中,根据动能定理有,mg×2R-W=12mv2-0得W=12mgR;质点从N到Q的过程中受到的摩擦力小于从P到N过程中受到的摩擦力,故质点从N到Q过程中克服摩擦力做的功W'小于W=12mgR,则质点到Q时的动能Ek=12mv2-mgR-W'0,所以质点到达Q后,能继续上升一段距离,选项C正确。答案解析关闭C-8-考点定位:功能关系解题思路与方法:动能定理、分析摩擦力做功是解本题的基础,对于滑动摩擦力一定要注意压力的变化,最大的误区是根据对称性误认为左右两部分摩擦力做功相等。-9-3.(2018全国Ⅰ卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。考点定位:本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点解题思路与方法:此题综合利用上抛运动、机械能守恒定律、动量守恒定律等规律仔细分析物理过程,挖掘题目的隐含条件,灵活选取物理公式列出方程解答。-10-答案:(1)2𝐸𝑚𝑚𝑔(2)2𝐸𝑚𝑔解析:(1)由动能定理可得,烟花弹的初动能E=12mv2此时,烟花弹的上升初速度v=2𝐸𝑚当烟花弹上升速度为零时爆炸,可将此运动看成竖直上升运动。竖直上升运动公式有v=gt,v2=2gh0联立可解得t=2𝐸𝑚𝑚𝑔,h0=𝐸𝑚𝑔-11-(2)规定v1竖直向上为正方向,烟花弹爆炸后的两部分速度为v1,v2由动量守恒定律可得𝑚2×v1-𝑚2×v2=0又由动能相等可得E=12·𝑚2·𝑣12+12·𝑚2·𝑣22联立两式解得v1=2𝐸𝑚将上式代入竖直运动学公式𝑣12=2gh1可得h1=𝐸𝑚𝑔爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h2=2𝐸𝑚𝑔-12-4.(2016全国Ⅱ卷)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动,重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。-13-考点定位:能量守恒定律、平抛运动、圆周运动解题思路与方法:解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法,并分析题目的隐含条件,挖掘“若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义。-14-答案:(1)6𝑔𝑙22l(2)53m≤M52m解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl①设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep=12𝑀𝑣𝐵2+μMg·4l②联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB=6𝑔𝑙③若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足𝑚𝑣2𝑙-mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得12𝑚𝑣𝐵2=12𝑚𝑣𝐷2+mg·2l⑤联立③⑤式得vD=2𝑔𝑙⑥-15-vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s=22l⑨(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mglμMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有12𝑀𝑣𝐵2≤Mgl联立①②⑩式得53m≤M52m-16-考点一考点二阻力作用与能量耗散模型问题(M)规律方法1.在物体往返运动过程中,大小不变的阻力引起的机械能的变化量与物体通过的路程成正比,即若往返过程中路程相等,则机械能的损失相同,物体在往返过程中经历的时间不同。2.在物体往返运动过程中,若阻力大小与物体的速率成正相关关系,则虽在往返过程中路程相等,机械能的损失不相同,物体在往返过程中经历的时间不同。3.在能量耗散过程中,物体损失的机械能等于克服阻力所做的功。阻力为摩擦阻力或介质阻力且大小不变时,物体克服阻力所做功等于阻力与物体相对接触面通过的路程的乘积。-17-考点一考点二【典例1】(多选)(2019全国Ⅱ卷)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100J思维点拨根据功能关系,由此明确图象的物理意义分析求解。答案解析解析关闭本题考查机械能、重力势能、动能及E-h图象的理解和应用。由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100J。当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4m,这时mgh=E,所以m=𝐸𝑔ℎ=8010×4kg=2kg,A正确。根据Ek0=12𝑚𝑣02,v0=2𝐸k0𝑚=2×1002m/s=10m/s,B错误。从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点的整个过程中,共损失了20J的机械能,按照比例上升2m时,机械能损失了10J。因此当h=2m时,物体的动能Ek=100J-40J-10J=50J,C错误。当h=0时,Ek0=100J,当h=4m时,Ek4=0,所以从地面至h=4m,物体的动能减少100J,D正确。答案解析关闭AD-18-考点一考点二【典例2】如图所示,水平绝缘轨道,左侧存在水平向右的有界匀强电场,电场区域宽度为L,右侧固定以轻质弹簧,电场内的轨道粗糙,与物体间的摩擦因数为μ=0.5,电场外的轨道光滑,质量为m、带电荷量为+q的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动,离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动,碰撞时间极短,开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接(A、B均可视为质点),已知匀强电场强度大小为3𝑚𝑔𝑞,求:(1)弹簧的最大弹性势能;(2)整个过程A在电场中运动的总路程。-19-考点一考点二思维点拨根据动能定理和动量守恒定律,求出物体A碰前的速度,根据机械能守恒即可求出弹簧的最大弹性势能;由题意知最终AB静止在电场外,弹簧处于自由伸长状态,AB共同在电场中运动的距离为x,由能的转化与守恒可得AB共同在电场中运动的距离,再加上电场区域宽度即可求出整个过程A在电场中运动的总路程。-20-考点一考点二答案:(1)56mgL(2)149L解析:(1)物体A碰前的速度为v1,根据动能定理:EqL-μmgL=12𝑚𝑣12碰撞过程动量守恒:mv1=(m+2m)v2压缩过程机械能守恒:Ep=12(m+2m)𝑣22解得Ep=56mgL(2)最终AB静止在电场外,弹簧处于自由伸长状态,AB共同在电场中运动的距离为x,由能的转化与守恒:Ep=μ(m+2m)gxA在电场中运动的总距离为s,位移关系为:s=L+x联立解得:s=149L。-21-考点一考点二1.(多选)(2019安徽皖北协作区模拟)如图所示,两倾角均为37°的斜面AB、CB平滑对接,斜面长均为4m。一小球从斜面AB的顶端由静止释放,在两斜面上运动,不考虑小球在B点的能量损失。已知小球与斜面AB、BC间的动摩擦因数分别为0.5、0.25,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是()A.小球第一次到达最低点时的速度为4m/sB.小球运动后第一次速率为0的位置距B点的距离为2mC.小球在斜面AB、BC上运动的总路程之比为115D.小球在斜面AB、BC上运动时产生的热量之比为115-22-考点一考点二答案:AC解析:小球由A下滑到B的过程中,根据动能定理有:(mgsinθ-μ1mgcosθ)LAB=,解得:vB=4m/s,故A正确;小球沿斜面BC上滑时,根据动能定理有:-(mgsinθ+μ2mgcosθ)L1=0-,解得:L1=1m,故B错误;小球沿斜面BC下滑又冲上斜面AB的过程中,有:(mgsinθ-μ2mgcosθ)L1-(mgsinθ+μ1mgcosθ)L2=0,解得:L2=0.4m,而且分析可知小球每次由斜面AB下滑到再次滑回斜面AB的过程中,两边路程之比是固定的,即s1∶s2=(LAB+L2)∶2L1=11∶5,由于在两个斜面上的摩擦力不