（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第2講 應(yīng)用“能量觀點”和“動量觀點”破解力學(xué)計算題講義（含解析）.doc
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應(yīng)用“能量觀點”和“動量觀點”破解力學(xué)計算題 考法 學(xué)法 應(yīng)用能量和動量的觀點來解決物體運動的多過程問題是高考考查的重點和熱點。這類問題命題情景新穎，密切聯(lián)系實際，綜合性強，常是高考的壓軸題。涉及的知識主要包括：①動能定理；②機械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能關(guān)系；⑤動量定理；⑥動量守恒定律。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②全程法；③分段法；④相對運動方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦臨界極值思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命題點(一) 應(yīng)用動能定理求解多過程問題 [研一題]———————————————————————————————— (2019屆高三南昌調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動。C點在B點的正上方，D點為半圓軌道的最低點。小物塊離開D點后做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點。已知半圓軌道的半徑R＝0.9 m，D點距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，求： (1)摩擦力對小物塊做的功； (2)小物塊經(jīng)過D點時對軌道壓力的大??； (3)傾斜擋板與水平面間的夾角θ。 [審題指導(dǎo)] 運動情景是什么？ 小物塊的運動經(jīng)歷了三個過程，分別是直線運動、圓周運動、平拋運動 用到什么規(guī)律？ 動能定理、圓周運動規(guī)律、平拋運動規(guī)律 采用什么方法？ 相鄰兩個過程的連接點的速度是解題的突破口，先利用圓周運動最高點的臨界狀態(tài)求出小物塊到達C點時的速度，再利用動能定理求出摩擦力做的功及小物塊到達D點時的速度，最后利用運動的合成與分解求出末速度的方向 [解析] (1)設(shè)小物塊經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點時恰好能做圓周運動，由牛頓第二定律可得： mg＝，解得v1＝3 m/s 小物塊由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物塊做的功為W，由動能定理得： W＝mv12，解得W＝4.5 J。 (2)設(shè)小物塊經(jīng)過D點時的速度為v2，對從C點到D點的過程，由動能定理得： mg2R＝mv22－mv12 小物塊經(jīng)過D點時，設(shè)軌道對它的支持力大小為FN， 由牛頓第二定律得： FN－mg＝ 解得v2＝3 m/s，F(xiàn)N＝60 N 由牛頓第三定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為： FN′＝FN＝60 N。 (3)小物塊離開D點做平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t打在E點，由h＝gt2，解得t＝ s 設(shè)小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度方向與豎直方向的夾角為α，則： vx＝v2，vy＝gt，tan α＝，解得α＝60 再由幾何關(guān)系可得θ＝α＝60。 [答案] (1)4.5 J (2)60 N (3)60 [悟一法]———————————————————————————————— 多個運動過程的組合實際考查了多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這類問題時要獨立分析各個運動過程，而不同過程往往通過連接點的速度銜接。求解多運動過程問題的注意事項： (1)弄清物體的運動由哪些過程構(gòu)成。 (2)分析每個過程中物體的受力情況。 (3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻。 (4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。 (5)對所研究的分過程或全過程運用動能定理列方程。 [通一類]———————————————————————————————— 1.如圖所示，質(zhì)量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，t＝0時刻給物塊施加一個水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運動，其加速度隨時間變化的關(guān)系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右為正方向，求： 時間t/s 加速度a/(ms－2) 0～4 4 4～8 －3 (1)0～4 s內(nèi)水平拉力的大??； (2)0～8 s內(nèi)物塊運動的位移大??； (3)0～8 s內(nèi)水平拉力做的功。 解析：(1)0～4 s內(nèi)，物塊運動的加速度大?。篴1＝4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F1－μmg＝ma1，解得：F1＝6 N。 (2)t1＝4 s時物塊的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s 0～8 s內(nèi)物塊運動的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m。 (3)8 s時物塊的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根據(jù)動能定理：W－μmgx＝mv22，解得：W＝152 J。 答案：(1)6 N (2)72 m (3)152 J 2．(2018齊魯名校聯(lián)考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接一口深度為H、寬度為d的深井CDEF，一個質(zhì)量為m的小球放在曲面AB上，可從距BC面不同的高度處靜止釋放小球，已知BC段長為L，小球與BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。 (1)若小球恰好落在井底E點處，求小球釋放點距BC面的高度h1； (2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁EF上的最小動能Ekmin和此時的釋放點距BC面的高度h2。 解析：(1)小球由A到C，由動能定理得 mgh－μmgL＝mvC2 自C點水平飛出后，由平拋運動規(guī)律得 x＝vCt，y＝gt2 解得h＝μL＋ 若小球恰好落在井底E處，則x＝d，y＝H 解得小球的釋放點距BC面的高度為 h1＝μL＋。 (2)若小球不能直接落在井底，設(shè)打在EF上的動能為Ek，則x＝d 解得vC＝d 小球由C到打在EF上，由動能定理得 mgy＝Ek－mvC2 代入vC得：Ek＝mgy＋ 當y＝時，Ek最小，且Ekmin＝mgd 此時小球的釋放點距BC面的高度為h2＝μL＋。 答案：(1)μL＋ (2)mgd μL＋ 命題點(二) 機械能守恒定律的綜合應(yīng)用 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細管道ABC，圓心連線O1O2水平且與管道的交點為B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能。重力加速度為g，解除鎖定，小球從起點離開彈簧后進入管道，最后從C點拋出(不計小球與水平面和管道的摩擦)，若小球經(jīng)C點時對管道外側(cè)的彈力大小為mg。 (1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep； (2)求小球經(jīng)管道B點的前、后瞬間對管道的壓力； (3)試通過計算判斷小球能否落在薄板DE上。 [思維流程] [解析] (1)小球經(jīng)過C點時，管道對小球的彈力FN＝mg，方向豎直向下， 根據(jù)向心力公式有mg＋FN＝ 小球從起點運動到C點過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則 Ep＝2mgR＋mvC2 解得vC＝，Ep＝3mgR。 (2)小球從起點到經(jīng)過B點的過程中，根據(jù)機械能守恒，有 3mgR＝mgR＋mvB2 小球經(jīng)B點前、后瞬間，管道對其的彈力提供向心力， 則FN′＝ 解得FN′＝4mg 由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)B點前、后瞬間對管道的壓力分別向右和向左，大小為4mg。 (3)小球離開C點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有 2R＝gt2，x＝vCt 解得x＝2R 因為x＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。 [答案] (1)3mgR (2)分別為向右和向左，大小為4mg的壓力 (3)小球不能落在薄板DE上，計算過程見解析 [悟一法]———————————————————————————————— 解答含有彈簧的機械能守恒問題時，關(guān)鍵是選好系統(tǒng)，弄清楚彈性勢能的變化情況或彈力做功的情況。 1．彈性勢能：通常由功能關(guān)系或能量守恒定律計算，彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長度，其彈性勢能相等。 2．彈力做功：與路徑無關(guān)，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈＝－ΔEp。 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識可知AC⊥BC，根據(jù)平衡條件得 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時 小球上升h1＝3lsin 53 物塊下降h2＝2l 物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設(shè)此時物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得Mg－T＝Ma 對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得T－mgcos 53＝ma 解得T＝ 。 答案：(1)Mg－mg (2)6∶5 (3) 2.(2018湖北三市五校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量不計的細線繞過無摩擦的輕質(zhì)小定滑輪O與質(zhì)量為5m的砝碼相連，另一端與套在一根固定光滑的豎直桿上質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點，且C為AB的中點，AO與豎直桿的夾角為53，C點與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L，重力加速度為g，設(shè)豎直桿足夠長，圓環(huán)和砝碼在運動過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從A點由靜止釋放(已知 sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)，求： (1)砝碼下降到最低點時，圓環(huán)的速度大?。? (2)圓環(huán)能下滑的最大距離； (3)圓環(huán)下滑到B點時的速度大小。 解析：(1)當圓環(huán)到達C點時，砝碼下降到最低點，此時砝碼速度為零，由幾何關(guān)系得 圓環(huán)下降高度為hAC＝ 砝碼下降高度為Δh＝－L＝ 由系統(tǒng)機械能守恒得mghAC＋5mgΔh＝mv12 則圓環(huán)的速度v1＝2。 (2)當圓環(huán)下滑的最大距離為H時，圓環(huán)和砝碼的速度均為零 砝碼上升的高度ΔH＝ － 由系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)重力勢能的減少量等于砝碼重力勢能的增加量，即 mgH＝5mgΔH 得圓環(huán)能下滑的最大距離H＝。 (3)當圓環(huán)運動到B點時，下滑的高度hAB＝，而砝碼的高度不變，設(shè)圓環(huán)的速度為v2，此時砝碼的速度為v2cos 53。由系統(tǒng)機械能守恒得 mghAB＝mv22＋5m(v2cos 53)2 得圓環(huán)下滑到B點時的速度v2＝ 。 答案：(1)2 (2) (3) 命題點(三) 動量觀點與能量觀點的綜合應(yīng)用 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.01 kg的子彈A，垂直紙筒的旋轉(zhuǎn)軸穿過高速旋轉(zhuǎn)的紙筒B，且只在B上留下一個彈孔，子彈穿過B后打入質(zhì)量為m2＝0.99 kg的木塊C中，并留在C里面(A、C可視為質(zhì)點)，C放在長木板D的左端，D的質(zhì)量m3＝3 kg，長度L1＝0.375 m，D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的與D等高的固定擋板E，D的右端到E的距離L2＝0.125 m，D碰到E即被粘牢，C飛到桌面下方的水平地面上，已知紙筒直徑 d＝30 cm，紙筒勻速旋轉(zhuǎn)的角速度ω＝π103 rad/s，C與D之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，D的上表面距離地面高H＝5 m，子彈穿過紙筒的過程中所受的摩擦力忽略不計，取g＝10 m/s2。 (1)若發(fā)射子彈的槍有兩個擋位，可以發(fā)射兩種初速度不同的子彈，為了讓子彈穿過紙筒的時間盡可能短，兩個擋位的發(fā)射速度分別是多少？ (2)在(1)問中，討論子彈A打入C后，A、C整體能否與D達到共同速度，若A、C整體能與D達到共速，求出A、C整體落到地面上距桌邊的距離。 [過程分析] 過 程 子彈A穿過紙筒B 子彈A打擊木塊C 木塊C(含子彈A)與長木板D相互作用 木塊C(含子彈A)水平飛出做平拋運動 模 型 勻速直線運動、勻速圓周運動 子彈打木塊模型(完全非彈性碰撞) (約束條件下的)板塊模型 平拋運動模型 方 法 同時性 近似法 理想模型法、假設(shè)法 運動的合成與分解 規(guī) 律 直線運動規(guī)律、圓周運動規(guī)律 動量守恒定律 動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律 平拋運動規(guī)律 [解析] (1)根據(jù)題意，槍有兩個擋位，子彈穿過紙筒后只留下一個彈孔，且穿過紙筒的時間盡可能的短，紙筒轉(zhuǎn)過的角度應(yīng)滿足： α＝(2n＋1)π，式中n取0和1 子彈穿過紙筒的時間為：t＝ 則子彈的速度為：v＝＝① 把n＝0,1分別代入①式得子彈的速度分別為： v1＝300 m/s，v2＝100 m/s。 (2)設(shè)子彈A打入C后，A、C整體的共同速度為v11, 由動量守恒定律得： m1v＝(m1＋m2)v11② 假設(shè)A、C整體能夠與D達到的共同速度為v22, 由動量守恒定律得： (m1＋m2)v11＝(m1＋m2＋m3)v22③ 設(shè)此過程中A、C整體相對于D滑動的位移是s1，由能量守恒定律得： μ(m1＋m2)gs1＝(m1＋m2)v112－(m1＋m2＋m3)v222④ 聯(lián)立②③④得：s1＝⑤ 討論： Ⅰ.當v＝v1＝300 m/s時，代入⑤式得：s1＝3.375 m>L1，說明此種情況下A、C整體與D不能共速。 Ⅱ.當v＝v2＝100 m/s時，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，說明此種情況下A、C整體剛好沒有滑離D。 設(shè)此過程中D相對桌面的位移是s2，由動能定理得： μ(m1＋m2)gs2＝m3v222⑥ 聯(lián)立②③⑥式，并代入數(shù)據(jù)得： v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m<0.125 m＝L2⑦ 則A、C整體剛好滑到D的右端時，還沒有與E碰撞，說明此種情況下A、C整體能與D共速，當D與E碰撞并粘牢后，A、C整體做平拋運動，設(shè)落到水平地面上的距離為s，由運動學(xué)知識得：平拋運動的時間：t＝ ＝ s＝1 s s＝v22t＝0.251 m＝0.25 m。 [答案] (1)300 m/s 100 m/s (2)若子彈的初速度是300 m/s，則A、C整體不能與D達到共同速度；若子彈的初速度是100 m/s，則A、C整體能與D達到共同速度 0.25 m [悟一法]———————————————————————————————— 1．力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律。若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓運動定律。 (2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決。 2．系統(tǒng)化思維方法 (1)對多個研究對象運用系統(tǒng)化思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng))。 (2)對多個物理過程運用系統(tǒng)化思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決復(fù)雜的運動。 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點。質(zhì)量m＝60 kg 的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s。取重力加速度 g＝10 m/s2。 (1)求長直助滑道AB的長度L； (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??； (3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動公式，有 L＝＝100 m。 (2)根據(jù)動量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 Ns。 (3)運動員經(jīng)過C點時的受力如圖所示。 根據(jù)牛頓第二定律，有 FN－mg＝m 運動員在BC段運動的過程中，根據(jù)動能定理，有 mgh＝mvC2－mvB2 解得FN＝3 900 N。 答案：(1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力圖見解析圖 3 900 N 2．(2018全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv02① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有 0＝v0－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ 。③ (2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有 mv12＋mv22＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有 mv12＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝。⑧ 答案：(1) (2) 3.(2018泉州模擬)如圖，質(zhì)量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣平齊。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，質(zhì)量為m的小球用長為L的細繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細繩豎直時小球恰好與C接觸。現(xiàn)將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。 (1)求細繩能夠承受的最大拉力； (2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應(yīng)為多大； (3)通過計算判斷C能否從木板上掉下來。 解析：(1)設(shè)小球運動到最低點的速率為v0，小球向下擺動過程，由動能定理得： mgL＝mv02 解得：v0＝ 小球在最低點時拉力最大，由牛頓第二定律得： FT－mg＝m 解得：FT＝3mg 由牛頓第三定律可知，小球?qū)毨K的拉力：FT′＝FT 即細繩能夠承受的最大拉力為：FT′＝3mg。 (2)小球與C碰撞后做平拋運動，豎直位移：h＝gt2 水平位移：L＝t 解得：h＝L。 (3)小球與C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后C的速率為v1， 依題意有mv0＝m＋3mv1 假設(shè)木板足夠長，在C與木板相對滑動直到相對靜止過程中，設(shè)兩者最終共同速率為v2， 由動量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得： 3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ3mgs 聯(lián)立解得：s＝ 由s下載提示(請認真閱讀)
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