2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第4讲力学三大观点的应用专项训练201902203263.doc

《2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第4讲力学三大观点的应用专项训练201902203263.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第4讲力学三大观点的应用专项训练201902203263.doc（10页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 4 讲 力学三大观点的应用1处理力学与动量、能量的综合问题这类问题的基本思路：(1)明确物体的运动过程及其受力情况，了解在该运动过程中的运动状态变化情况及做功情况，有不少问题是需要分段来分析的。(2)根据物体的运动过程及相应的功能关系的转化情形，选择合适的公式列式求解。2力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移 x，时间 t)问题，不能解决力( F)的问题。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。(

2、3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中求摩擦生热时应用滑动摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。考点一 动量定理和动量守恒定律的应用1恒力的冲量可应用 I Ft 直接求解，变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解。2物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力的功决定的。3动量守恒定律的适用条件(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。(2)系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒。(3)系统虽

3、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。在被誉为 “中国轿车第一撞”的碰撞试验中，让汽车以 50 km/h 的碰撞速度驶向质量为 80 t 的碰撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果让同样的汽车以 100 km/h 的速度撞向未固定的与汽车同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所需的时间是“第一撞”试验的两倍，求两种碰撞过程中汽车受到的平均冲击力之比。解析 以汽车运动的方向为正方向，汽车以 50 km/h 的速度碰撞，根据动量定理有F1 m(N) pt 13.9 t汽车以 100 km/h 的速度碰撞，动量守恒

4、有 mv2 mv根据动量定理有2F2 m(N) pt mv mv2 t 13.92 t故 。F1F2 21答案 21【题组突破】1(2018江西省名校质量检测)如图 241 甲所示，光滑水平面上有 P、 Q 两物块，它们在 t4 s 时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块 P 的质量为 mp1 kg，由此可知图 241A碰撞前 P 的动量为 16 kgm/sB两物块的碰撞可能为弹性碰撞C物块 Q 的质量为 4 kgD两物块碰撞过程中 P 对 Q 作用力的冲量是 3 Ns解析 根据位移图像可知，碰撞前 P 的速度 v04 m/s，碰撞前 P 的动量为P0 mPv04 kgm/s，选项 A 错

5、误。根据位移图像，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项 B 错误。碰撞后，二者的共同速度 v1 m/s，由动量守恒定律，mPv0( mP mQ)v，解得 mQ3 kg，选项 C 错误。由动量定理，两物块碰撞过程中 P 对 Q 作用力的冲量是 I PQ mQv3 Ns，选项 D 正确。答案 D2(多选)滑块甲的质量为 0.8 kg，以大小为 5.0 m/s 的速度向右运动时，与另一质量为 1.0 kg、以大小为 3.0 m/s 的速度迎面而来的滑块乙相撞。碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是A碰后乙的速度大小为 2 m/sB碰撞过程中甲受到的乙的

6、作用力的冲量大小为 4.0 NsC碰撞过程中乙动量的变化量为 2.0 kgm/sD碰撞过程中系统损失的机械能为 14 J解析 由动量守恒定律得 m 甲 v 甲 m 乙 v 乙 m 乙 v 乙 ，代入数据解得 v 乙 1.0 m/s，选项 A 错误。碰撞过程中甲动量的变化量为 p 甲 0 m 甲 v 甲 4.0 kgm/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为 I p 甲 4.0 Ns，选项 B 正确。碰3撞过程中乙动量的变化量为 p 乙 m 乙 v 乙 ( m 乙 v 乙 )4.0 kgm/s，选项 C 错误。由能量守恒定律得 m 甲 v m 乙 v m 乙 v 乙 2 E，代入数据解

7、得 E14 J，选项12 2甲 12 2乙 12D 正确。答案 BD考点二 应用动量观点和能量观点分析多过程问题(2018 武昌三模)如图 242 所示，两根粗糙直杆 AC 和 PE 与半径为R0.5 m 的光滑半圆环 CDE 平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平方向夹角均为 37，质量分别为 m10.3 kg、 m20.1 kg 的小环套在直杆上相距为 L1的 A、 B 两处，m1、 m2与两直杆的动摩擦因数分别为 10.5 和 21.0。将 m1在 A 点无初速释放后，在B 点与 m2发生碰撞(碰撞时间极短， BC 间距 L22 R1.0 m)，碰后 m1、 m2具有相同速度但不粘连

8、，之后 m2停留在 Q 点， QE 相距恰为 L21.0 m。取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图 242(1)AB 间距 L1多大？(2)m1从 A 点释放后，在两直杆上通过的总路程多大？审题探究(1)m1与 m2的碰撞过程，两者组成的系统动量是否近似守恒？(2)m1、 m2碰后一起由 B 点运动到 Q 点的过程，有哪些力对系统做功？系统的动能如何变化？(3)m2停在 Q 点后， m1的运动过程如何？其最终状态如何？解析 (1) m1、 m2受到的摩擦力分别为 f1、 f2f1 1m1gcos 1.2 Nf2 2m2gcos 0.8 Nf f1 f22 Nm1

9、、 m2碰后瞬间速度为 v，研究 m1、 m2整体，由动能定理，有： f2L2( m1 m2)gL2cos (m1 m2)v2124得 v6 m/sm1、 m2碰撞时间极短，碰前瞬间 m1的速度 v1，由动量守恒，有m1v1( m1 m2)v 得 v18 m/s从 A 到 B，对 m1由动能定理，有( m1gsin f1)L1 m1v 得 L116 m12 21(2)m1、 m2整体到达 Q 点时速度为 0，此后， m2由于下滑力小于最大静摩擦力将始终静止于 Q 点， m1返回并在两倾斜轨道之间来回运动，由于有摩擦力作用，最终会在 C 点速度为零，研究 m1从 Q 点无初速开始至最终到 C 点

10、速度为零的整个过程，设在两倾斜杆上依次通过的路程为 x1、 x2、 x3.，由动能定理x x1 x2 x3m1gL2(sin cos ) f1x00x3.5 mm1在两直杆上总共通过的路程 x L12 L2 xx21.5 m。答案 (1)16 m (2)21.5 m【题组突破】1(2018漳州质检)如图 243 所示，在高 h2.7 m 的光滑水平台上，质量为 m的滑块 1 静止在平台边缘，质量为 0.5m 的滑块 2 以速度 v0与滑块 1 发生弹性正碰，碰后滑块 1 以速度 v1滑离平台，并恰好沿光滑圆弧轨道 BC 的 B 点切线方向进入，轨道圆心 O与平台等高，圆心角 60，轨道最低点

11、C 的切线水平，并与水平粗糙轨道 CD 平滑连接，距 C 点为 L 处竖直固定一弹性挡板，滑块 1 与挡板发生弹性碰撞返回，滑块 1 与轨道CD 间的动摩擦因数 0.3， g10 m/s 2。求：图 243(1)速度 v1的大小；(2)速度 v0的大小；(3)为使滑块 1 最终停在轨道 CD 上， L 最小值应为多大？解析 (1)滑块 1 进入 B 时 vBy ，tan ，解得 v13 m/s2ghcos vByv1(2)根据动量守恒定律可得：0.5 mv00.5 mv2 mv1又 0.5mv 0.5mv mv ，12 20 12 2 12 21解得 v04.5 m/s5(3)vB 6 m/s

12、v1cos 当滑块与弹性板碰撞后反弹再次回到 B 点时速度恰好为零，此时 L 最小，根据动能定理可得： mg 2L mv12 2B解得 L3 m。答案 (1)3 m/s (2)4.5 m/s (3)3 m2(2018浙江六校联考)如图 244 是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点 P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为 m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题。设大小两个四分之一圆弧半径分别为 2R 和 R，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面

13、看作是由两个斜面 AB、 CD 和一段光滑圆弧组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，且不随温度变化。两斜面倾角均为 37， AB CD2 R， A、 D 等高， D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g。图 244(1)如果滑块恰好能经 P 点飞出，为了使滑块恰好沿 AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的 A、 D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程。(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点 P 和小圆弧最低点 Q 时受压力之差的最小值。解析 (1)设滑块恰好以 P 点飞出时速度为 vP，由牛

14、顿第二定律有 mgmv2p2R得 vp 2gR到达 A 点时速度方向向沿着斜面 AB，则vy vptan 342gR所以 A、 D 点离地高度为 h3 R R。v2y2g 3916(2)进入 A 点时滑块的速度为 v vpcos 542gR6假设经过一个来回能够回到 A 点，设回来时动能为 Ek，则 Ek mv24 mg cos 12 2R0，所以滑块不会滑到 A 而飞出。因 mgsin mg cos ，则根据动能定理得mg2Rsin mg cos s0 mv212得滑块在锅内斜面上运动的总路程 s 。221R16(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为 v1、 v2由牛顿第二定律，在

15、Q 点 F1 mg mmv21R在 P 点 F2 mg mmv22R所以 F1 F22 mgm(2voal(2,1) voal(2,2)2R由机械能守恒有 mv mv mg3R12 21 12 2得 v v 6 gR 为定值21 2代入 v2的最值( v2 vP )得压力差的最小值为 9mg。2gR答案 (1) R (2) (3)9 mg3916 221R16考点三 应用动力学观点和动量观点分析“滑块木板”模型1用动力学观点分析“滑块木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联转折前、后受力情况之间的

16、关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。2用动量和功能观点分析“滑块木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。(1)一个条件滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。(2)两个分析分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。(3)一个规律能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式 Q fd 相对 。质量为 M3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图 245(a)所示。当 t0 时，两个质量都是 m1.0 kg 的小物体 A 和 B(均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为 v14.0 m/s 和 v2 2.0 m/s

17、的水平速度冲上小车 C，当它们在车上停止滑动时，7没有相碰。 A、 B 与车面的动摩擦因数都是 0.20， g 取 10 m/s2。图 245(1)求 A、 B 在车上停止滑动时车的速度。(2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出 04.0 s 内小车运动的速度时间图像。解析 (1)以水平向右为正方向，设 A、 B 在车上停止滑动时，车的速度为 v，根据动量守恒定律可得m(v1 v2)( M2 m)v解得 v0.40 m/s，方向向右。(2)设 A、 B 在车上相对于车滑动的距离分别为 l1和 l2，由能量守恒可得mgl 1 mgl 2 mv mv (2m M)v212 2

18、1 12 2 12解得 l1 l24.8 m，即车长至少为 4.8 m。(3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段： A、 B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为 mg ，方向相反，车受力平衡而保持不动。当 B 的速度减为 0 时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 mg ma得小物体的加速度大小 a g设 B 到 t1时刻停止滑动，则 t10 1.0 sv2a第二阶段： B 停止滑动后， A 继续在车上滑动，设到 t2时刻物体 A 与车有共同速度 v，则有v v1 at2解得 t21.8 s第三阶段： t2时刻之后，车以速度 v 做匀速直线运动，小

19、车运动的速度时间图像如图所示。8答案 见解析【题组突破】1用动力学观点分析“滑块木板”模型如图 246 所示，水平地面上有一质量为 M 的长木板，一个质量为 m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数为 2。从某时刻起物块以大小为 v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力 F 作用下始终向右以大小为 v2(v2 v1)的速度匀速运动：求：图 246(1)在物块向左运动过程中外力 F 的大小；(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析 (1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中 Ff1、 Ff2分别为物块和地面给

20、木板的摩擦力，由题意可知 Ff1 1mg， Ff2 2(m M)g由平衡条件得： F Ff1 Ff2 1mg 2(m M)g(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 t1 设物块向左匀减运动的位v1 1g移为 x1，则 x1 t1v12 v212 1g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为 t2，则 t2 ，v2 1g设物块向右匀加速运动的位移为 x2，则 x2 t2v22 v22 1g此过程中木板向右匀速运动的总位移为 x，则x v2(t1 t2)则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：L x x1 x2解得： L 。(v1 v2)22 1g9答案 (1) 1

21、mg 2(m M)g (2)(v1 v2)22 1g2动量和能量观点分析“滑块木板”模型(2018河南百校联盟)质量 M1 kg，高 h0.8 m、长 L1 m 的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑。质量 m1 kg 的小物块 P 以初速度 v04 m/s 向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m1 kg 小物块 Q 发生弹性碰撞，小物块 Q 与小车上表面的动摩擦因数 0.3， g10 m/s2，求：图 247(1)碰后小物块 Q 的初速度；(2)小物块 Q 能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块 Q 落地时与小车最右端的水平距离

22、s。解析 (1)小物块 P、 Q 发生弹性碰撞，碰后速度分别为 vp、 vQ。由动量守恒知 mv0 mvp mvQ由能量守恒知 mv mv m12 20 12 2p 122Q联立解得 vp0， vQ v04 m/s(2)小物块 Q 在小车的上表面滑动的过程中，因受滑动摩擦力的作用，小物块做减速运动，小车做加速运动，设小物块 Q 滑至小车最右端时的速度为 v1，小车的速度为 v2，mvQ mv1 Mv2相对运动过程中系统的能量守恒， mv mv Mv mgL12 2Q 12 21 12 2联立解得： v13 m/s， v21 m/s(v11 m/s， v23 m/s 不合理，舍去)因 v1v2，故小物块 Q 能从小车的最右端飞出小物块 Q 从小车的最右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律。在竖直方向上，有： h gt212代入数据解得 t0.4 s在水平方向上，有： s1 v1t1.2 m在小物块 Q 做平抛运动的时间内小车向右的水平位移s2 v2t0.4 m，由此可得小物块 Q 落地时与小车右端的水平距离 s s1 s20.8 10m。答案 (1)4 m/s (2)0.8 m