2019届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第1讲三大观点在力学综合问题中的应用学案

1。。。。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯第1讲三大观点在力学综合问题中的应用真题再现考情分析(2017·高考全国卷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，教练员将冰球以初速度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．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＝12mv21－12mv20①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＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝12a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝s1（v1＋v0）22s20.[命题点分析]牛顿第二定律、运动学公式[思路方法]时间是解决两个运动问题的桥梁，把握住冰球到挡板的时间与运动员到旗的时间是相等的，各自利用运动学公式联立求解2答案：见解析(2016·高考全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.⑧答案：(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2[命题点分析]动量定理、机械能守恒定律[思路方法]由玩具在空中悬停知其受力平衡，而本题的难点在于求水对玩具的冲力，而冲力的关键是单位时间内水的质量．注意空中的水柱并非圆柱体，要根据初时速度乘以时间后再乘以喷泉出口面积S求出流量，从而求质量命题规律研究及预测近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口3用动力学观点解决多过程问题[高分快攻]某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯．如图所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h，其右侧与一个曲面滑梯PA相连，参赛者小帅(可视为质点)从P点由静止下滑，经过平台上的A点后向左做匀减速直线运动，依次经过B、C两点后落在地面上的D点(有保护措施，不会摔伤)．已知从A运动到B的时间等于从B运动到C的时间，且B到C的距离为l，A到B的距离为2l.低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA′相连，QA′与PA完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q点由静止下滑，经过平台上的A′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B′、C′两点后最终恰好停在D点．已知A与A′、B与B′、C与C′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的．求：(1)C到D的水平距离x；(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ.[解析](1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a，离开C′点时的速度为v(小帅经过C点的速度也为v)，从A′点运动到B′点的时间为t，则小唐从B′点运动到C′点的时间也为t，根据运动学公式得l＝vt＋12at2，l＋2l＝v·2t＋12a(2t)2C到D的水平距离x即C′到D的水平距离，由运动学公式得v2＝2ax解得x＝l8.(2)小帅离开C点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t′，有h＝12gt′2，x＝vt′设参赛者小唐的质量为m，由牛顿第二定律得μmg＝ma4联立解得μ＝l32h.[答案]见解析[突破训练](2018·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接，一质量m＝2kg的小物块静止于A点．现用与水平方向成α＝53°的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t1＝4s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x1＝4m(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)．求：(1)恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2；(3)小物块停止运动时到B点的距离x3.解析：(1)AB段加速度a1＝2x1t21＝0.5m/s2根据牛顿第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1解得：F＝ma1＋μmgcosα＋μsinα＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N＝11N.(2)到达B点时，小物块的速度v＝a1t1＝2m/s在BC段的加速度：a2＝gsin53°＝8m/s2，方向沿斜面向下由v2＝2a2x2得：x2＝v22a2＝222×8m＝0.25m.(3)小物块从B向A运动过程中，由μmg＝ma3解得：a3＝μg＝5m/s2滑行的位移x3＝v22a3＝222×5m＝0.4m，小物块停止运动时，离B点的距离为0.4m.答案：(1)11N(2)0.25m(3)0.4m用功能观点解决力学综合问题[高分快攻]若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC5＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．[解析](1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝12mv2B②式中θ＝37°联立①②式并由题给条件得vB＝2gR.③(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝125mgR.⑧(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝72R－56Rsinθ⑨y1＝R＋56R＋56Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝12gt2⑪x1＝vDt⑫6联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝355gR⑬设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有12m1v2C＝12m1v2D＋m1g56R＋56Rcosθ⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝13m.答案：(1)2gR(2)125mgR(3)355gR13m[突破训练]光滑的同心圆轨道圆心为O，半径分别为R、2R，固定在竖直平面内，A、B两个小球用长为3R的轻杆连接后分别套在圆轨道上．开始时使连接A、B两小球的轻杆在两圆轨道左半边且竖直，现由静止释放，轻杆恰好能滑到水平位置，如图所示．不计空气阻力．(1)求A、B两小球的质量之比；(2)为了使A小球能到达O点正上方，在开始位置释放A小球时，应至少使A小球具有多大的初速度v0?(3)求A、B两小球组成的系统在开始位置由静止释放后，A小球的最大速度．解析：(1)轻杆恰好能滑到水平位置．由系统机械能守恒，有mBg|ΔhB|－mAg|ΔhA|＝0由几何关系|ΔhA|＝(3－1)R，|ΔhB|＝R联立以上式子可得mAmB＝3＋12.(2)从开始释放到A小球刚好到达O点正上方，如图1所示，由机械能守恒定律有mAg|Δh′A|＋mBg|Δh′B|＝12mAv20由几何关系|Δh′A|＝(3＋2)R|Δh′B|＝12R联立以上两式可得v0＝（3＋33）gR.(3)如图2所示，设从开始释放到B与O连线与水平方向成θ角时A的速度最大，由系统机械能守恒，有mBgRsinθ＋mAgR[2sin2π3－θ－3]＝12mAv2A＋12mBv2B7由运动的合成与分解得vAsinπ6＝vB整理得v2A＝4(3－1)gR(sinθ＋cosθ－1)＝4(3－1)gR·[2sin(φ＋θ)－1]其中φ＝π4，当θ＝π4时，v2A最大解得vAmax＝2（3－1）（2－1）gR.答案：见解析动量与能量观点解决综合力学问题[高分快攻]动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．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．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．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．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．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．如图所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的轻绳系一质量为M1的砂袋．现有一质量为m的子弹水平射击砂袋，且子弹射入砂袋后并未穿出，而是与砂袋一起摆过一定角度θ，试求子弹射入砂袋时的速度v0的大小．[解析]子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹射入砂袋后二者的共同速度为v1，由动量守恒定律可得mv0＝(M1＋m)v1此后在绳摆动过程中，砂袋(含子弹)在水平方向做减速运动，而小车在水平方向做加速运动，当砂袋(含子弹)与小车具有共同的水平速度时，绳与竖直方向的夹角达到最大，砂袋(含子弹)在竖直方向上的速度为零，在这一过程中系统机械能守恒．设子弹、砂袋、小车三者的共同速度为v2，由机械能守恒定律有：812(M1＋m)v21＝(M1＋m)gL(1－cosθ)