力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題講義

第10課時(shí)力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【命題規(guī)律11.命題角度：（1）應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題；（2）板一塊模型中力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用.2.?？碱}型：計(jì)算題.高考題型1應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F侖=ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，涉及到運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié).勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=vo+at,1,v2—v(?=2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W弁=AEk涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律￡ki+￡pi=￡k2+￡P(guān)2功能關(guān)系%;=.AEp等能量守恒定律E\=Ei動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理l合=〃，一p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律P1+P2=P「+P2'只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間例1（2021?浙江6月選考?20）如圖1所示，水平地面上有一高”=0.4m的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角6=37。的粗糙直軌道A8、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CO和半圓形光滑軌道OEF,它們平滑連接，其中管道CQ的半徑r=0.1m、圓心在Oi點(diǎn)，軌道OE尸的半徑R=0.2m、圓心在O2點(diǎn)，01、。、。2和尸點(diǎn)均處在同一水平線上.小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為〃的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道C。、軌道DE尸從尸點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃sin37o=0.6,8$37。=0.8,g取lOm/s?.A圖1(1)若小滑塊的初始高度力=0.9m,求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度Vo的大?。?2)若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求〃的最小值〃min；(3)若小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與尸點(diǎn)的水平距離x的最大值Xmax.答案(1)4m/s(2)0.45m(3)0.8m解析(1)小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng), nJl__1 )mgh-fimgcos。?嬴前一那代入數(shù)據(jù)解得。0=?[認(rèn)=4m/s(2)設(shè)小滑塊滑至8點(diǎn)時(shí)的速度為⑺，小滑塊與小球碰撞后速度分別為功、力，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有機(jī)如=機(jī)0]+川02,^inVET=5如|2+5加2?解得0=0,V2=VB小球沿CDE尸軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得^Eminmg=mR從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得/比mif+mg(R+r)=^mVftnin2其中g(shù)min=Ng〃min,解得Amin=0.45m(3)設(shè)尸點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y,小球從E點(diǎn)到。點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理機(jī)g(R+y)=｝加g2-g/nOEmi，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得X=VGtfH+r-y=^gi2聯(lián)立可得水平距離為x=2^/(0.5-y)(0.3+y)由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，當(dāng)O.5-y=O.3+y時(shí)，x有最大值最大值為Xmax=0.8m.高考題型2應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板一塊模型問(wèn)題.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題..滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化..應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移.用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程).33例2如圖2所小，水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)=14.25m的凹槽，長(zhǎng)為m、質(zhì)量為M=2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊.水平輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，右端與一質(zhì)量為m=4kg的小物塊接觸但不連接.用一水平力尸緩慢向左推小物塊，當(dāng)力尸做功W=72J時(shí)突然撤去力E已知小物塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"=0.2,其他摩擦不計(jì)，g取10m/s2,平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，可以忽略不計(jì).求：圖2(1)小物塊剛滑上平板車時(shí)的速度大??；(2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大?。?3)小物塊離開(kāi)平板車時(shí)平板車右端到凹槽右端的距離.答案(1)6m/s(2)4m/s(3謠m解析(1)由題知卬=；,"。()2,解得即=6m/s(2)物塊滑上平板車后，假設(shè)平板車與凹槽右端碰撞前已與物塊共速，由動(dòng)量守恒得mo()=(M+tn)v\設(shè)物塊在平板車上滑動(dòng)的距離為/i,對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得：〃加8/1=5加02—；(知+加)02解得功=4m/s,/i=3m設(shè)達(dá)到共速vi時(shí)平板車的位移為X1,有〃叫修=產(chǎn)012-0人 41解得xi=2m,l+x\=~^m<￡=14.25m所以共速時(shí)平板車沒(méi)有到達(dá)凹槽右端，共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，平板車第一次與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大小為4m/s.(3)平板車第一次與凹槽右端碰撞后，物塊和平板車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量向右，以向右為正方向.假設(shè)物塊與平板車第二次共速前未與凹槽相碰，由動(dòng)量守恒有mv\—Mv\=(m+M)V2碰撞后物塊在平板車上滑動(dòng)的距離設(shè)為，2,由動(dòng)能定理得/Limgl2=2^m+M)0i2—](m+A/)U22解得。2=；m/s,，2=牛m25 33因?yàn)?2+/1="ym>/=7m所以物塊已從平板車上滑下，不能第二次共速.設(shè)平板車向左速度減小到0時(shí)位移為X2一"〃?gX2=0—~zMvi2解得X2=2m41/+x2=q-m<￡=14.25m所以平板車沒(méi)有與凹槽左端相碰.即小物塊離開(kāi)平板車之前，未與平板車第二次共速：且平板車沒(méi)有與凹槽左端相碰.所以由動(dòng)量守恒得mv?-Mv1=mv?,+Mva碰撞后物塊在平板車上實(shí)際滑動(dòng)的距離設(shè)為氏由動(dòng)能定理得從mgh=：(M+mW]2一卷療一I=l\+l3, 5 2解得m/s,U4=7m/s碰撞后，至物塊離開(kāi)平板車時(shí)，平板車運(yùn)動(dòng)的位移設(shè)為X3,由動(dòng)能定理得一RmgX3J—^Mvi2解得X3=HmJo35小物塊離開(kāi)平板車時(shí)平板車右端到凹槽右端的距離為X3=777m.Io高考預(yù)測(cè)1.(2021.山東濱州市高三期末)某電視臺(tái)一檔闖關(guān)節(jié)目中，沙袋通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于A點(diǎn)正上方的。點(diǎn)，闖關(guān)者水平向左速度為。=10m/s,在A點(diǎn)抱住沙袋一起向左擺動(dòng)，細(xì)繩擺到與豎直方向成角度6=37。時(shí)松手，闖關(guān)者恰好落到另一側(cè)平臺(tái)的B點(diǎn)，A、B在同一水平面上，如圖3所示，沙袋到懸點(diǎn)。的距離為L(zhǎng)=5m,闖關(guān)者的質(zhì)量為M=60kg,沙袋質(zhì)量為m=40kg,當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=10m/s2.sin37°=0.6,cos37。=0.8,沙袋和闖關(guān)者視為質(zhì)點(diǎn).求:圖3(D闖關(guān)者剛抱住沙袋時(shí)的共同速度大小；(2萬(wàn)回關(guān)者抱住沙袋向左擺動(dòng)過(guò)程中，細(xì)繩的最大拉力大??；(3)A>B兩點(diǎn)間的距離.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)6m/s(2)1720N(3)5.4m解析(1)設(shè)闖關(guān)者剛抱住沙袋時(shí)的共同速度為由動(dòng)量守恒定律可得Mo=(M+m)s代入數(shù)據(jù)可得0=6m/s(2)在A點(diǎn)剛抱住沙袋時(shí)，繩子拉力最大，設(shè)最大拉力為Ft2代入數(shù)據(jù)可得Ft=1720N(3)細(xì)繩與豎直方向夾南為。時(shí)，闖關(guān)者與沙袋的速度大小為。2,由機(jī)械能守恒定律可知1(Af+m)Pi2=5(A/+/n)U22+(Af+/?)§(￡—Leos0)闖關(guān)者松手后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間，落到另一側(cè)平臺(tái)的8點(diǎn)，AB間距離為s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得一(L-LeosJ)=02fsin6—那5，x=vitcos0A、8之間距離為s=x+Lsin。代入數(shù)據(jù)解得s^5.4m.2.(2021?遼寧葫蘆島市高三期末)如圖4所示，有一傾角8=37。的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P,將質(zhì)量如=1kg的“形木板(前端擋板厚度忽略)單獨(dú)從斜面上端由靜止釋放，木板與擋板尸發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s=0/5m：若將光滑物塊(視為質(zhì)點(diǎn))放在木板最上端并同時(shí)由靜止釋放(木板位置與上次釋放時(shí)初位置相同).已知：物塊的質(zhì)量，〃2=2kg,釋放時(shí)木板下端到擋板P的距離心=3m,木板長(zhǎng)上=0.75m,g=10m/s2,sin0=0.6,cos0=0.8,木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：圖4⑴木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；⑵物塊與木板前端擋板碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過(guò)程中木板滑行的總路程.答案(1)0.5(2)3J(3)3.41m解析(1)木板單獨(dú)下滑，由能量守恒定律得m\gL\sin0=fim\gcos木板與擋板碰撞后上升，由能量守恒定律得產(chǎn)1擊)2=migs?sin0+fim\gcos0-s解得"=05(2)木板與物塊同時(shí)釋放，木板與斜面間的最大靜摩擦力Ffi+n12)gcos3Fn>migsin6故開(kāi)始時(shí)木板靜止不動(dòng).物塊下滑至與木板下端碰撞前過(guò)程中，由動(dòng)能定理有機(jī)2gL2sin0=^m2Vo1碰撞前物塊速度研)=3m/s,碰撞后物塊與木板整體速度設(shè)為vf,由動(dòng)量守恒定律得ni2Vo=(m\+m2)v,損失的機(jī)械能AE=zn22Po2-+mi)v'2解得AE=3J.(3)設(shè)木板與物塊一起在斜面上向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為〃2,則(m1+，〃2)gsin。―+m2)gcos0=(in\+，力2)m(m\+/n2)^sin夕+"(m]+機(jī)2)gcos。=(加+機(jī)2)。2ai=2m/s2,^2=10m/s2木板與物塊粘合后一起加速下滑V\2-vr2=2a\L\第一次撞擊后木板上滑的距離（5）2=2。25|解得51=0.2m第二次撞擊木板時(shí)速度也，則V22=2a\S\第二次撞擊后木板上滑的距離(行)2=2〃25252=0.01m物塊與木板前端擋板碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過(guò)程中木板滑行的總路程sv.=Li+2si4-52=3.41m.專題強(qiáng)化練1.(2021?遼寧省1月適應(yīng)性測(cè)試?13汝口圖1所示，水平圓盤(pán)通過(guò)輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).套在輕桿上的光滑圓環(huán)從圓盤(pán)正上方高為〃處自由落下，與圓盤(pán)碰撞并立刻一起運(yùn)動(dòng)，共同下降彳到達(dá)最低點(diǎn).已知圓環(huán)質(zhì)量為膽，圓盤(pán)質(zhì)量為2膽，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力.求：圖1(1)碰撞過(guò)程中，圓環(huán)與圓盤(pán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量AE；(2)碰撞后至最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功W.答案"(2巧哂解析(1)碰撞前，圓環(huán)做自由落體運(yùn)動(dòng)，有。|2=2g"碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律得mv\=(m+2m)V2系統(tǒng)機(jī)械能減少量：AE=^mv?2—w+2w)z?222解得\E=yngh(2)對(duì)系統(tǒng)碰撞后至最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得h 1(〃?+2m)6]+W=2/n)P22解得W=—^mgh故系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功為好ngh.2.(2021?山東德州市一模)如圖2所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊A的質(zhì)量機(jī)=1kg,右端帶有豎直擋板的足夠長(zhǎng)的木板B，它的質(zhì)量M=2kg,木板8上M點(diǎn)左側(cè)與小物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,M點(diǎn)右側(cè)光滑，M點(diǎn)與木板右側(cè)擋板的距離匕=1.5m,水平地面光滑.初始時(shí)木板8靜止，A在木板B上M點(diǎn)的左側(cè)，與M點(diǎn)的距離G=L8m,現(xiàn)使4獲得一水平向右的初速度，初速度大小。o=6m/s,A與B右側(cè)擋板碰撞的時(shí)間和能量損失都不計(jì)，重力加速度g=10m/s2.求：AI-U—^2d*^1—41

,〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃,〃〃〃/〃,〃〃〃〃〃)〃〃〃〃〃

圖2(1)4第一次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，A和3各自的速度大??；(2)A和B達(dá)共同速度時(shí)，A距M點(diǎn)的距離；(3)自初始時(shí)至4、8碰撞，A的平均速度大??；(4)自初始時(shí)至A、8達(dá)共同速度，A向右運(yùn)動(dòng)的位移大小.答案(1)4m/s1m/s(2)0.6m(3)4.44m/s(4)4.4m解析(1)自初始時(shí)至A第一次到達(dá)5上的M點(diǎn)，由動(dòng)量守恒得mvo=inv\+Mv2由能量守恒定律有產(chǎn)。()2=-mv]2+產(chǎn)力2+〃/達(dá)心2聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得S=4m/s,P2=lm/s(2)自初始時(shí)至A和3達(dá)共同速度，由動(dòng)量守恒得tnvo=(m+M)v由能量守恒定律得;，如o?=；(〃?+M)v2+fimgL^l=l—l2聯(lián)立解得，A距M點(diǎn)的距離AL=0.6m(3)自初始時(shí)至A第一次到達(dá)8上的M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得一〃加且笛=亍W]2—亍如()2,解得鶯=2m又汨=空/7],解得h=o.4s自A第一次到達(dá)3上的M點(diǎn)至到達(dá)右側(cè)擋板，L\=(v]—V2)t2f解得B=0.5s,則％2=Sf2=2m自初始時(shí)至A、B碰撞，A的平均速度J力十，2—40解得v=7m/8^4.44m/s(4)A與B右側(cè)擋板碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒得mv\+Mv2=fnv\'+M02'由能量守恒定律得^mv\2+^Mv21=^mv\12+^Mv2r2解得s'=0,V2r=3m/sA第二次經(jīng)過(guò)M點(diǎn)、后,有^mgXT)=^mv2—^nrv\'2解得刈=0.4m自初始時(shí)至A、B達(dá)共同速度，A向右運(yùn)動(dòng)的位移x=x\+jq+x3=4.4m.3.(2021?福建廈門(mén)市一模)如圖3所示，一質(zhì)量如=0.1kg的物塊甲靜止在A點(diǎn)，物塊甲與墻壁間有一壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧，物塊甲從靜止?fàn)顟B(tài)釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左運(yùn)動(dòng)與另一質(zhì)量加2=0.3kg的物塊乙碰撞(時(shí)間極短)后粘在一起滑出B點(diǎn)，滑上半徑R=0.5m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經(jīng)過(guò)半圓弧軌道的最低點(diǎn)O時(shí)對(duì)。點(diǎn)的壓力大小Fn=84N.木板質(zhì)量M=0.4kg、長(zhǎng)度L=6m,上表面與半圓弧軌道相切于。點(diǎn)，木板與右側(cè)平臺(tái)P等高，木板與平臺(tái)相碰后瞬間靜止.已知兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,其余摩擦不計(jì)，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，木板右端與平臺(tái)P左側(cè)的距離為s,取重力加速度大小g=10m/s2求：pj 1 ；)，，，，，，，，，，，，，，，，)，，，/，〃，，，，，＞/h-l―圖3(1)兩物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小加：(2)釋放物塊前彈簧的彈性勢(shì)能昂和碰撞過(guò)程中損失的能量E；(3)物塊滑上平臺(tái)P時(shí)的動(dòng)能Ek與s的關(guān)系.答案(1)10m/s(2)64J48J(3)見(jiàn)解析解析(1)兩物塊經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)受到半圓弧軌道的支持力、重力，有(一1+-2)。。2?]N II62)g— r,得vo=10m/s(2)兩物塊由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理有2(加+m2)gR=^m1+"2)0/-氐如+機(jī)2)。/解得oc=4小m/s兩物塊發(fā)生碰撞時(shí)粘在一起說(shuō)明發(fā)生了完全非彈性碰撞，有(帆1+m2)。0=)小。0,得。0=16小m/s彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物塊甲的動(dòng)能，有Ep=z/niUo2=64J碰撞過(guò)程中損失的能量￡=T/HiUo2-+/?2)VC2得￡=48J(3)若兩物塊與木板能達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律得(tn\+m2)VD=(m\+m2+M)v共得v關(guān)=5m/s對(duì)兩物塊，由動(dòng)能定理有一"(，"]+m2處工=3。〃1+機(jī)2)。共2—3(機(jī)|+62)。/解得x=7.5m對(duì)木板有"(加+團(tuán)2應(yīng)/=^MV42,得、=2.5m由于L+x'>x,所以兩物塊有與木板達(dá)到共同速度的必要條件，若=2.5m,說(shuō)明兩物塊能和木板達(dá)到共同速度，由能量守恒定律有反=3(如+〃及)。J—"(mi+m2)g(L+x'-x)=3J若s<x'=2.5m,說(shuō)明兩物塊不能和木板達(dá)到共同速度，由能量守恒定律有Ek=；("?l+機(jī)2)。。2-4(〃?]+/H2)g(L+s)=(8-2s)J.4.(2021?山東日照市高三一模)如圖4所示，質(zhì)量分別為ma、的兩個(gè)彈性小球A、8靜止在水平地面上方,8球距地面的高度力=1.8m,A球在8球的正上方,距地面的高度”=4.2m.同時(shí)將兩球釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后兩球發(fā)生第一次彈性正碰.所有碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，已知，加=3〃m重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力和球的大小及所有碰撞中的動(dòng)能損失.求：

A。圖A。圖4(