专题(29)专题五 力学三大观点的综合应用(解析版).docx

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1、2021 年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练分类对应规律公式表达力的瞬时牛顿第F ma作用效果二定律合W Ek合力对空动能定理W 合1mv221mv2221间积累效果机械能E1E2守恒定律mgh mv1122mgh mv112222F tpp力对时动量定理合I p间积累合动量守效果恒定律m1v m2v m1v1m2v212专题（29）专题五 力学三大观点的综合应用（解析版） 知识点一力的三个作用效果与五个规律模型模型模型描述模型特征名称结论“速度交换” 模型相同质量的两球发生m m ，12动量、动能均守恒v 0，v v (v 0，120 2弹性正碰v v )10“完全非弹性碰两球正碰后粘在一

2、起动量守恒、能量损失vm1m mv0(v 0，212运动最大撞”模型v v )10子弹水平射入静止在“子弹打木块” 模型光滑的水平面上的木恒力作用、已知相对F xf1相对2m v 1 02块中并最终一起共同位移、动量守恒12(m1m )v22运动已知相对位移、动量m“人船”模型人在不计阻力的船上x 船L， Mm守恒、开始时系统静行走M止x 人MmL知识点二常见的力学模型及其结论13 / 13命题热点动力学、动量和能量观点在力学中的应用力学三大观点的综合应用选择力学三大观点的一般原则01、在光滑的水平面上有 a、b 两球，其质量分别为 ma、mb，两球在 t 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械

3、能损失，两球碰撞前后的速度时间图象如图所示，下列关系正确的是()A. mamb【答案】BB. mambCmambD无法判断【解析】由图象知 a 球以一初速度向原来静止的 b 球运动，碰后 a 球反弹且速度大小小于其初速度大小， 根据动量守恒定律，a 球的质量小于 b 球的质量。02、如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体， 某时刻给物体一个水平向右的初速度 v ，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()A两者的速度均为零B两者的速度总不会相等mvmvC盒子的最终速度为 M0，方向水平向右D盒子的最终速度为0，方向水平向右Mm【答案】D【解析

4、】由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0(M m )v，解得：v mv 0 ，故D 正确。M m3、（多选）A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的xt图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b 分别为A 、B 碰撞前的xt图象。c 为碰撞后它们的xt图象。若A 球质量为 1 kg，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A 2 kg【答案】BD2B. kg 3C 4 m/sD 1 m/s41040【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va224m/s3 m/s，vb 2m/s2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc42碰撞过程中动量守恒

5、，即m Avam Bvb(m Am B )vcB2可解得m kg 由以上可知选项B 、D 正确。3m/s1 m/s。4、（多选）质量为 m 的小球A，沿光滑水平面以速度v0 与质量为 2m 的静止小球B 发生正碰。碰撞后，A1球的动能变为原来的 ，那么小球B 的速度可能是()910A. v 3【答案】AB20B. v 340C. v 950D. v 91【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的 ，则其速度大小仅为原来91的 。两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。3当以A 球原来的速度方向为正方向时，则13vA v0，根据

6、两球碰撞前、后的总动量守恒，有13mv 00m v02mv B ，mv 0m(1 )2mv 。0解得 v 3v0B12B 3v0，vB 3v0 。5、（2020新课标卷）如图，相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度 v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数= 0.10，重力加速度取 g=10m/s2。(1) 若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2) 求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小

7、速度；(3) 若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带Dt = 13 s 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台12运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2) v2= 4 3m/s， v1=2m/s ；(3)0 I = 208.3Ns ，方向竖直向上【解析】(1)传送带的速度为v = 4.0m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： m mg = ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x ，由运动学公式有v2 - v2 = -2ax 101联立式，代入题给数据得 x1=4.5m；因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减

8、小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传tt送带所用的时间为 ，做匀减速运动所用的时间为 ，由运动学公式有v = v - at1202L - xt = t +1 12v联立式并代入题给数据有 t1=2.75s；(2) 当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v由动能定理有-m mgL =1 mv2 -mv2 12.212011m mgL =mv2 - mv2 2220由式并代入题给条件得v1=2m/s ， v2= 4 3m/s(3) 传送带的速度为v = 6.0m/s 时，

9、由于v v m mg(L - x22- x )3即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有， v2 - v2 = -2a(L - x32- x ) 3则v = 5m/s3减速运动时间t =4v - v3 = 1sa设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有 I1= m(v3- v ) = 00I = N (Dt + t24) = mg (Dt + t4) = 625 N s 208.3N s ，方向竖直向上3则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量I = I2 = 208.3N s ，方向竖直向上【提 分 笔 记】力学问题的

10、三个基本观点(1) 动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题(2) 能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题126、如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m 30 kg，冰块的质量为 m 10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m

11、/s2。(1) 求斜面体的质量；(2) 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20 kg(2)不能，理由见解析3【解析】(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m 。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得2 023m v (m m )v2 0232112m v22(m m )v2m gh0式中 v 3 m/s 为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kgv1 m/s1(2)设小孩推出冰块后的速度为 v ，由动量守恒定律有1 12 0m v m v 01代入数据得 v 1 m/s3设冰块与斜面

12、体分离后的速度分别为 v2 和 v ，由动量守恒和机械能守恒定律有m vm vm v2 02 23 32 02 23 31112m v22m v22m v2联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。【提 分 笔 记】1两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 2解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律) (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理

13、都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性7、（2020江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴 O 转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与 O 的距离均为2R 。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为 M 的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为w 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1) 重物落地后，小球线速度的大小 v；(2) 重物落地后一小球

14、转到水平位置 A，此时该球受到杆的作用力的大小F； (3)重物下落的高度 h。(1) v2Rw(2)4 2w4M16m R2w 22(3) H【答案】；FmRg ；2Mg【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v2Rw(2) 小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有F 2mg 2m v22R结合(1)可解得杆对球的作用力大小为Fm 4R2w4g 2MgH12Mv21124mv2(3) 设重物下落高度为 H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知而重物的速度等于鼓形轮的线速度

15、，有v1= Rw联立各式解得M16m R2w 2H2Mg8、(2018 年全国卷)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 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m，已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，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g10 m/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【答案】(1)3.0 m

16、/s(2)4.25 m/sBBBB B【解析】(1)设 B 车质量为 m ，碰后加速度大小为 a ，根据牛顿第二定律有 m gm a 式中 是汽车与路面间的动摩擦因数BBBBB B设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 v ，碰撞后滑行的距离为 s .由运动学公式有 v 22a s 联立式并利用题给数据得 v 3.0 m/s.AAAA A(2)设 A 车的质量为 m ，碰后加速度大小为 a .根据牛顿第二定律有 m gm a AAAA A设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v ，碰撞后滑行的距离为 s .由运动学公式有 v 22a s A设碰撞前瞬间 A 车速度的大小为 v ，两车在碰撞过程中动量守恒

17、，取A 车速度方向为正方向，有A AA AB Bm v m v m v A联立式并利用题给数据得 v 4.25 m/s.9、（2020浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道 AB和倾角q = 37 的斜轨道 BC 平滑连接而成。质量m = 0.1kg 的小滑块从弧形轨道离地高H = 1.0m 处静止释放。已知 R = 0.2m ， L= LABBC= 1.0m ，滑块与轨道 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为m = 0.25 ，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1) 求滑块运动到与圆心 O 等高的 D 点时对轨道的压力；(2) 通过计算

18、判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3) 若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点 x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为 0.25，求它们在轨道 BC 上到达的高度 h 与 x 之间的关系。（碰撞时间不计， sin37 = 0.6 ， cos37 = 0.8）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) h =1x -（m x 1m ）； h = 0 （ 0 x m ）155564888【解析】(1)机械能守恒定律mgH = mgR +mv22 D牛顿第二定律 FNmv2=DR= 8N牛顿第三定律 F N= F = 8NN方向水平向左(2) 能在斜轨道上

19、到达的最高点为C 点，功能关系mgH = mmgL+ mmgLcosq + mgLsinqABBCBC15得 LBC=m 1.0m 16故不会冲出(3) 滑块运动到距 A 点 x 处的速度为 v，动能定理mgH - m mgx =碰撞后的速度为v ，动量守恒定律mv = 3mv设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为 h，动能定理1mv22-3mmg (L- x)- 3mmgh- 3mgh = 0 -(3m)v21ABtanq21得h =x - 5 5 m x 1m648 810、如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m1、m2 之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连现将细

20、线烧断，弹簧将两物体弹开，m2 离开弹簧后从右边飞出，m1 冲上曲面已知桌面高为 h，m2 平抛的水平射程为 x，m12m，m2m，不计一切摩擦，重力加速度为 g，求：(1) m2 离开弹簧时的速度；(2) m1 上升到曲面最高点时距桌面的高度 H； (3)弹簧的最大弹性势能【答案】(1)x(2) x23mgx2g2h16h(3) 8h1【解析】(1)对 m2 平抛过程分析，有 h2gt2，xv2t解得 v xg .22h12(2) 弹簧将两物体弹开的过程，m 、m 组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有1 12 2m v m v 0解得 v xg122h对 m1 冲上曲面过程，

21、由机械能守恒定律有11 1m1gH2m v216解得 H x2 .h11(3) 弹簧的最大弹性势能 E m v2 m v2E3mgx2p2 1 12 2 28解得.ph11、如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R0.6 m平台上静止着两个滑块 A 和 B，mA0.1 kg，mB0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药平台右侧有一静止在光滑的水平地面上带挡板的小车，小车质量为M0.3 kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L0.8 m，动摩擦因数为0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在处车面光滑点燃炸药后，滑块 A 到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于 A 滑

22、块的重力，滑块 B 冲上小车两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计， 爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g10 m/s2.求：(1) 滑块 A 在半圆轨道最低点时对轨道的压力；(2) 炸药爆炸后瞬间滑块 B 的速度大小；(3) 滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能【答案】(1)7 N，方向竖直向下(2)3 m/s(3)0.22 J【解析】(1)滑块 A 在最高点由牛顿第二定律有：m gF m v2ANAR，已知最高点压力 Fm g， 则 2m gm v2NAAAR，11AAA A由机械能守恒定律有：2m v2m g2R2m v2 ，在半圆轨道最低点由牛

23、顿第二定律有：Av2FNmAgmA R ，A解得 FN7 N，v 6 m/s，由牛顿第三定律，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7 N，方向竖直向下B BBA AB BB(2)炸药爆炸过程中，A、B 系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v m v ，解得 v 3 m/s. (3)B 与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v (m M)v ，共11由能量守恒定律有：E m v2 (m M)v2 m gL，解得 E 0.22 J.p2 B B2B共Bp12、（2020云南省楚雄彝族自治州一模）如图所示，物块A、C 的质量均为 m，B 的质量为 2m，都静止于光滑水平台面上，A、B 间用

24、一不可伸长的轻质短细线相连初始时刻细线处于松弛状态，C 位于A 右侧足够远处现突然给A 一瞬时冲量，使A 以初速度 v0 沿A、C 连线方向向C 运动，A 与C 相碰后，粘合在一起A 与C 刚粘合在一起时的速度为多大？若将A、B、C 看成一个系统，则从A 开始运动到A 与 C 刚好粘合的过程中系统损失的机械能113【答案】 v =v DE =mv226 0360【解析】轻细线绷紧的过程，A、B 这一系统动量守恒，以水平向右为正，则 mv （m + 2m）v ，0解得v11，= 1 v3 0之后A、B 均以速度v1 向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A、C 这一系统动量守恒，则有，mv

25、（m + m）v ，1解得v22= 1 v ，6 01轻细线绷紧的过程，A、B 这一系统机械能损失为 E ，则111DE =mv2 - 3mv2 =mv2 ，12021302在A 与C 发生碰撞过程中，A、C 这一系统机械能损失为 E ，则11DE =mv2 - 2mv2 =1mv2 ，22122360则 A、B、C 这一系统机械能损失为13DE = DE1+ DE2=mv236001213、如图、所示，质量 m 0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量 m 0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v 2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持

26、相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 0.5，取 g10 m/s2，求(1) 物块在车面上滑行的时间 t；(2) 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少。【答案】(1)0.24 s(2)5 m/s2 01【解析】(1)设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m v (m m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理有Ftm2vm2v0 又 Fm2g解得 tm1v0（m m ）g12代入数据得 t0.24 s。(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v，则 m2v0(m1m2)v由功能关

27、系有112m2v022(m1m2)v2m2gL代入数据解得 v05 m/s0故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 不超过 5 m/s。14、如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为 m。开始时橡皮筋松弛，B 静止， 给 A 向左的初速度 v 。一段时间后，B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬0间 A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半。求：(1) B 的质量；(2) 碰撞过程中 A、B 系统机械能的损失。m160【答案】(1)2(2) mv20B【解析】(1)以初速度 v 的方向为正方向，设 B 的质量为 m ，A、B 碰撞后的共同速度为 v。由题意可知：vv2碰撞前瞬间 A 的速度为2，碰撞前瞬间 B 的速度为 2v，由动量守恒定律得 m 2mBv(mmB)vm由式得 mB 2 (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得0Bmv (mm )v设碰撞过程 A、B 系统机械能的损失为E，则1v112222E m( )2 mB(2v)2 (mmB)v21联立式得E mv2。60