（京津鲁琼专用）2020版高考物理大二轮复习 专题五 科学思维篇1 活用“三大观点”解析力学综合问题

物理第1部分专题突破方略专题五三大观点的应用科学思维篇1活用“三大观点”解析力学综合问题01热考核心高效突破02课后演练强化提能三大观点对应规律公式表达动力学观点牛顿第二定律F合＝ma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用动力学观点解决多过程问题【高分快攻】【典题例析】(2019·烟台高三三模)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)物体倾斜部分BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．[解析](1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2斜面BC长x1＝12a1t21＝3m.(2)物体对传感器的压力为F1＝mgcosθsinθ，由题图乙可知F1＝9.6N解得m＝2kg.(3)设1s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2＝4N对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2解得a2＝2m/s2滑块在AB表面上滑行的距离x2＝v22a2而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6m/s2×1s＝6m/s联立解得x2＝9m滑块克服摩擦力做的功为Wf＝fx2＝36J.[答案](1)3m(2)2kg(3)36J【题组突破】1．(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距离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.答案：见解析2．(2019·上海嘉定区二模)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m＝1kg的物体受到平行于斜面的力F作用，由静止开始运动．力F随时间t变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求第1s内物体运动的加速度大小a1；(2)求第2s内物体运动的加速度大小a2；(3)求第1s末物体的动能Ek1；(4)请描述物体在第4s内的受力情况(或画出受力分析图)，并说明理由．解析：(1)第1s内物体受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N、平行斜面向上的摩擦力f和平行斜面向下的力F，合力沿斜面向下由牛顿第二定律有mgsin37°＋0.6mg－μmgcos37°＝ma1解得a1＝10m/s2.(2)第2s内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f，物体还受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，由图乙可知力F平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛顿第二定律有0.9mg＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma2解得a2＝5m/s2.(3)物体在第1s末的速度大小v1＝a1t1Ek1＝12mv21＝50J.(4)第2s初开始物体沿斜面向下以5m/s2的加速度做匀减速运动，需要t0＝v1a2＝2s速度减为0，故第3s末速度为0，在第4s内，有0.9mgmgsin37°＋μmgcos37°＝0.8mg，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4s内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f′，竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F(同学们可以自己画出受力分析图)．答案：(1)10m/s2(2)5m/s2(3)50J(4)见解析(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)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．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．用能量观点解决力学综合问题【高分快攻】1．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．2．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．3．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．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．【典题例析】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，AC＝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＝vDt⑫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【题组突破】1.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．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＝12Mv2B＋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12mv2B＝12mv2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝2gl⑥vD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落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l.⑨(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在圆轨道上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12Mv2B≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得53m≤M52m.答案：见解析2．(2019·德州模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2μmgLcosθ＝12·3mv20－12·3mv2＋2mgLsinθ－mgL可解得v＝2m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即12·3mv2－0＝2μmgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得12·3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝2μmgxcosθ＋Epm解得Epm＝6J.答案：(1)2m/s(2)0.4m(3)6J动量结合能量观点解决力学综合问题【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．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．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动