专题强化7　3大观点解决力学综合问题.DOCX

1、专题强化七三大观点解决力学综合问题【专题解读】 1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。题型一应用三大观点解决力学问题1.力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合ma力对空间积累效果动能定理W合Ek，W合mvmv机械能守恒定律E1E2，mgh1mvmgh2mv力对时间积累效果动量定理F合tpp，I合p动

2、量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v22.解动力学问题的三大观点(1)力的观点：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。角度1力的观点和动量观点的应用【例1】 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图1为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2，若乘客把行李放上传送带的同时也

3、以v1 m/s的恒定速度平行于传送带运动方向走向B点去取行李，则()图1A.行李在传送带上做匀加速直线运动B.行李提前0.5 s到达BC.乘客与行李同时到达BD.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B答案D解析把行李无初速放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t1速度与传送带相同。根据动量定理得mgt1mv0，t11 s，此过程行李的位移大小为x m0.5 m，行李匀速运动的位移为x22 m0.5 m1.5 m，时间为t21.5 s，所以行李从A到B的时间为tt1t22.5 s，乘客从A运动到B的时间为T2 s，乘客提前0.5 s到达B，故A、B、C错误；若传送

4、带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为ag1 m/s2，设到达B的最短时间为tmin，则sat，代入解得tmin2 s，故D正确。角度2能量观点和动量观点的应用【例2】 (多选)如图2所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是3m和m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的高度为h。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A.碰撞后小球A

5、反弹的速度大小为B.碰撞过程B物块受到的冲量大小为3mC.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mghD.物块C的最大速度大小为答案AD解析碰撞后小球A机械能守恒，则mghmv，解得v1，则碰撞后小球A反弹的速度大小为，故A正确；设碰撞前小球A的速度为v0，碰撞后B物块的速度为v2，下落过程中小球A机械能守恒，则mghmv，碰撞过程，A、B系统动量守恒有mv03mv2mv1，解得v2，根据动量定理得，碰撞过程B物块受到的冲量大小为I3mv20m，故B错误；碰撞后当物块B和C的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据物块B和C组成的系统动量守恒有3mv2(3mm)v，根据机械能守恒定律得3mvEp3mv2mv

6、2，解得Epmgh，则碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mgh，故C错误；弹簧再次恢复到原长时，物块C的速度最大，则物块B和C组成的系统动量守恒定律有3mv23mvBmvC，根据机械能守恒定律得3mv3mvmv，解得vC，则物块C的最大速度大小为，故D正确。角度3三大观点的综合应用【例3】 如图3所示，半径分别为R和r的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则()图3A.b球质量为mB.两小球与弹簧分离时，动能相等C.若mambm要求a、b都能通过

7、各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep5mgRD.a球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg答案C解析a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，a、b球在最高点时的速度分别为va高，vb高，a、b球在最高点时的速度分别为va、vb，有mag2Rmavmav，mbg2rmbvmbv，设b球的质量为mb，由动量守恒定律有mavambvb，联立解得mbm，故A错误；两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek可知动能不相等，故B错误；若mambm，由动量守恒定律有mavambvb，分离时两小球的速度相等，要求a、b都能通过各自的最高点时，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析

8、可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为va，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Epmavmbvmav5mgR，故C正确；a球到达圆心等高处时，速度为va由动能定理可得magRmava2mav，轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有Fma，联立解得F3mg，由牛顿第三定律可知a小球对轨道压力为3mg，故D错误。题型二力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。2.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析

9、运动状态的变化，关键是求出加速度。(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。【例4】 (2021黑龙江大庆模拟)如图4所示，光滑曲面与长度L1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v1 m/s的速度顺时针运行。质量m11 kg的物块甲(可视为质点)从曲面上高h1 m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数0.2。传送带右侧光滑水平地面上有一个光滑的四分之一圆轨道状物体乙，轨道末端与地面相切，质量m23 kg，重力加速度g1

10、0 m/s2。求：图4(1)甲第一次运动到C点的速度大小；(2)甲第二次运动到C点的速度大小；(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点。答案(1)4 m/s(2)2 m/s(3)2.25 s解析(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得m1ghm1v解得v12 m/sv假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得m1gLm1vm1v解得v24 m/s因v2v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v24 m/s。(2)以物块甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有m1v2m1v3m2v4系统能量守恒，则有m1vm1vm2v联立解得v32 m/s则甲

11、从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s。(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得m1gm1a解得a2 m/s2从C运动B，由动能定理得m1gLm1vm1v解得到达B点的速度为v50物块甲从C点运动到左端B点的时间为t11 s接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，则有t20.5 s设甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得m1gx1m1v20解得x10.25 m甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x2Lx1则所用的时间为t30.75 s故甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间为tt1t2t3

12、2.25 s。(2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图5所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s13.5102 m，乙与边框a相隔s22.0102 m，算珠与导杆间的动摩擦因数0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。图5(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案(1)能，计算过程见解析(2)0.2 s解析(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠

13、碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a11 m/s2设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2v2a1s1解得v10.3 m/s甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1mv1mv乙，其中v10.1 m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙0.2 m/s碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a21 m/s2设乙算珠能运动的最远距离为x，则x0.02 m由于xs2所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t10.1 s碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t20.1 s所以甲算珠从拨出到停下所需的时间tt1t20

14、.2 s。考点一应用三大观点解决力学问题1.(2021安徽合肥模拟)图1如图1所示，F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知两物体质量关系MAMB，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘为一体，这时A、B将()A.停止运动B.向右运动C.向左运动D.仍运动但方向不能确定答案A解析根据动量定理得F1tMAvA，同理F2tMBvB，F1、F2等大反向，故MAvAMBvB，设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得MAvAMBvB(MAMB)v，解得v0，可知粘合体静止，故A正确。2.(2021湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应px图象中的一

15、个点。物体运动状态的变化可用px图象中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是()答案D解析质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v22ax可得v，设质点的质量为m，则质点的动量pm，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。3.(2020天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能

16、通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？答案(1)m1(2)解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1gm1A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1vm1v22m1gl由动量定理，有Im1vA联立式，得Im1(2)设两球粘在一起时的速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足vvA要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方

17、向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vBm1vA(m1m2)v又Ekm2v联立式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek考点二力学三大观点解决多过程问题4.(2021江西抚州模拟)如图2所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完

18、好无损)，滑块最终回到木板的左端，恰与木板相对静止，重力加速度为g，求：图2(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。答案(1)(2)0v0解析(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv02mv1解得v1v0方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知mgLmv2mv联立解得。(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1和v2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统

19、在爆炸前后动量守恒，则有2mv1mv1mv22mv12mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程功能关系，有mgLmv12mv222mv联立以上各式解得v10，v2v0方向水平向右。5.(2021河北卷)如图3，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取g10 m/s2，sin ，cos ，忽略空气阻力及

20、拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：图3(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案(1)9 m(2)7.44 m/s解析(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M对背包，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1解得背包的加速度a12 m/s2设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得a1t2v0(t1 s)a2(t1 s)2解得t3 s则滑道AB段的长度xABa1t29 m。(2)背包到达B点的速度v1a1t6 m/s滑雪者到达B点的速度v2v0a2(t1 s)7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv1Mv2(Mm)

21、v解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v7.44 m/s。6.(多选)(2021山东卷)如图4所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是()图4A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为mgC.d(1)D.d答案BC解析载有物资的热气球处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出质量为m的物资瞬间，由动量守恒定律，有Mvmv0，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，方向竖直向上

22、，所以热气球做匀变速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球的加速度大小为ag，物资做平抛运动所用的时间t，热气球在竖直方向上运动的位移为HMat2gH，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xMvtv0，xmv0tv0，热气球和物资的距离为d(1)，C正确，D错误。7.如图5所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg

23、。则：图5(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案(1)(2)会断裂解析(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mghmv解得vC即a球与b球碰前瞬间的速度大小为。(2)设碰后a、b球的速度为v，a、b碰撞过程中，则由动量守恒定律，有mvC(mm)v故vvC假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为FT，则由牛顿第二定律有FT2mg2m解得FT3mg因FT2.8mg，故细绳会断裂。8.(2021浙江6月选考)如图6所示，水平地面上有一高H0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道A

24、B、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上、距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数，sin 370.6，cos 370.8。图6(1)若小滑块的初始高度h0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0

25、的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。答案(1)4 m/s(2)0.45 m(3)0.8 m解析(1)小滑块在AB轨道上运动过程，由动能定理得mghmgcos mv解得v04 m/s。(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，则mv0mvAmvB，mvmvmv解得vA0，vB4 m/s小球沿CDEF轨道运动，设最高点最小速度为vEmin，则在最高点，由牛顿第二定律得mgm从B点到E点由机械能守恒定律得mvmg(Rr)mv其中vBmin，解得hmin0.45 m。(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点，由机械能守恒定律得mvmvmg(Ry)由平抛运动可得xvGt，Hrygt2联立解得水平距离x2当0.5y0.3y时，x有最大值，最大值为0.8 m。