（课标通用）2020高考物理二轮复习 专题2 功与能 动量 微专题2 科学思维篇2 活用力学“三大观

科学思维篇2活用力学“三大观点”解析力学计算题观点一运动学和动力学的综合应用三大观点对应规律公式表达牛顿第二定律F合＝ma动力学观点匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v20＝2ax等三大观点对应规律公式表达能量观点动能定理W合＝ΔEk功能关系WG＝－ΔEp等机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理F合t＝p′－p动量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2【典例1】(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B．两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．解析(1)设B车的质量为mB，碰撞后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数，设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB，由运动学公式有v′＝2aBsB，②联立①②式并利用题给数据解得v′B＝3.0m/s.③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA．根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA，④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA．由运动学公式有v′2A＝2aAsA，⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA．两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B，⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据解得vA＝4.25m/s.答案(1)3.0m/s(2)4.25m/s1．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．(一)训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20，①解得μ＝v20－v212gs0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v20－v21＝2a1s0，③v0－v1＝a1t，④s1＝12a2t2，⑤联立③④⑤式得a2＝s1v1＋v022s20.答案(1)v20－v212gs0(2)s1v1＋v022s202．(2020·湖北部分重点中学开学考试)如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0kg的小物体A和B同时从左、右两端水平冲上小车，1.0s内它们的vt图象如图乙所示，g取10m/s2.(1)小车在第1.0s内所受的合力为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？(3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0～3.0s时间内的vt图象．解析(1)由题图乙可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，方向相反，aA＝－2m/s2，aB＝2m/s2，物体A、B所受的摩擦力大小均为f＝ma＝2N，方向相反，根据牛顿第三定律，小车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零．(2)设A、B、C组成的系统最终的速度为v，对系统由动量守恒定律得mvA＋mvB＝(2m＋M)v，代入数据解得v＝0.4m/s，方向向右，由能量守恒得f(sA＋sB)＝12mv2A＋12mv2B－12(2m＋M)v2，解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8m.(3)1s后，A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v.在该过程中，对A运用动量定理得－fΔt＝mΔv，解得Δt＝0.8s，即A、B、C在t＝1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动．在1.0～3.0s时间内的vt图象如图所示．答案(1)0(2)4.8m(3)见解析图(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动．(2)牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．观点二用动力学和能量观点解决多过程问题3．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．4．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典例2】(2019·全国卷Ⅰ)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，如图甲所示．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，速度减为零，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vt图象如图乙所示，图中的v1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H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．(1)求物块B的质量；(2)在图乙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．求改变前后动摩擦因数的比值．解析(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间速度分别为vA、vB，弹性碰撞瞬间，由动量守恒定律与机械能守恒定律，有mv1＝mvA＋mBvB，12mv21＝12mv2A＋12mBv2B，联立方程解得vA＝m－mBm＋mBv1，vB＝2mm＋mBv1，根据vt图象可知，vA＝－12v1，解得mB＝3m.(2)设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得当物块A沿斜面下滑时mgsinθ－f＝ma1，由vt图象知a1＝v1t1，当物体A沿斜面上滑时mgsinθ＋f＝ma2，由vt图象知a2＝5v14t1，解得f＝19mgsinθ；又因下滑位移x1＝Hsinθ＝12v1t1，则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为x2＝hsinθ＝12·v12·0.4t1＝0.1v1t1，其中h为P点离水平面的高度，即h＝15H，解得x2＝H5sinθ，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Wf＝f(x1＋x2)＝19mgsinθ×Hsinθ＋H5sinθ＝215mgH.(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为s，设原来的动摩擦因数为μ，则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有mg(H－h)＝μmgH＋htanθ＋μmBgs,设改变后的动摩擦因数为μ′，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＝μ′mghtanθ＋μ′mgs，又据(2)的结论可知Wf＝215mgH＝μmgH＋htanθ，得tanθ＝9μ，联立解得，改变前与改变后的动摩擦因数之比为μμ′＝119.答案(1)3m(2)215mgH(3)1191．(2020·广东惠州调研)如图所示，光滑的水平轨道AB上有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带BC的长为L＝6m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2m/s匀速转动．(二)CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.(1)若释放弹簧，物块离开弹簧后，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；(2)若释放弹簧，物块离开弹簧后，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2m处(CD长大于1.2m)，求物块通过E点时受到的压力大小；(3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．解析(1)从释放弹簧至物块运动到C点，由动能定理有－μmgL＝0－12mv20，由能量守恒定律有Ep＝12mv20，解得Ep＝12J.(2)物块从E点飞出后，由平抛运动知识得竖直方向上有2R＝12gt2，水平方向上有x＝vEt，在E点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝mv2ER，解得物块通过E点时受到的压力大小FN＝12.5N.(3)从D点运动到E点，由动能定理有－2mgR＝12mv2E－12mv2D，解得vD＝5m/s.从B点运动到D点，由动能定理有－μmgL＝12mv2D－12mv2B，解得vB＝7m/s.对物块，由运动学知识有L＝vD＋vB2t，解得t＝1s.相对位移Δs相＝L＋vt＝8m，由能量守恒定律有Q＝μmgΔs相，解得Q＝16J.答案(1)12J(2)12.5N(3)16J2．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点并由静止释放，物块在桌面上过B点后其位移与时间的关系为x＝8t－2t2(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆弧轨道．g＝10m/s2.(1)求物块在水平桌面上受到的摩擦力；(2)求B、P间的水平距离；(3)判断物块能否沿圆弧轨道到达M点．解析(1)对比x＝v0t＋12at2与x＝8t－2t2，可知物块在桌面上过B点后v0＝8m/s，a＝－4m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝－2N，即摩擦力大小为2N，方向向左．(2)物块在D、P段做平抛运动，则有vy＝2gR＝4m/s，t＝vyg＝0.4s，vx与vP夹角为45°，则vx＝vy＝4m/s，xDP＝vxt＝1.6m，物块在BD段的位移xBD＝v2x－v202a＝6m，所以B、P间的水平距离xBP＝xBD＋xDP＝7.6m.(3)假设物块能到达M点，由机械能守恒定律有12mv2P＝mgR(1＋cos45°)＋12mv2M，v2M＝v2P－(2＋2)gR＝(2－2)gR，要能到达M点，需满足vM≥gR，而2－2gR＜gR，所以假设不成立，物块不能到达M点．答案(1)2N水平向左(2)7.6m(3)不能1．物体和传送带等速时刻是摩擦力的大小、方向、运动性质变化的分界点．2．判断摩擦力的有无、方向是以传送带为参考系；计算摩擦力的功时，应用物体对地的位移，计算系统产生的内能时，应用物体对传送带的路程，只有当物体与传送带相对滑动时才产生内能，大小Q＝Ffs相对；应用运动学公式计算物体的相关物理量时，应以地面为参考系．题型三用力学三大观点解决传送带问题【典例3】(2019·山东章丘四中质检)如图所示，光滑曲面AB与长度为L＝1m的水平传送带BC平滑连接，传送带上表面以v＝1m/s的速度向右运动．传送带右侧光滑水平地面上放置一个四分之一光滑圆轨道