高考物理一輪復習第六章專題四力學“三大觀點”的綜合應用教案新人教版

專題四力學“三大觀點”的綜合應用“三大觀點”概述1．解決力學問題的三個基本觀點動力學觀點運用牛頓定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量觀點用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題突破1動力學和動量觀點的綜合應用(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m．已知A和B的質量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。甗審題指導](1)由牛頓第二定律和運動學公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度．(2)由于兩車碰撞時間極短，因此碰撞時內力遠大于外力，滿足動量守恒，故可確定碰撞前的瞬間A車的速度．【解析】本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識．(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB，根據牛頓第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)．設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有vB′2＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據得vB′＝3.0m/s③(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA.根據牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有vA′2＝2aAsA⑤設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據得vA≈4.3m/s⑦【答案】(1)3.0m/s(2)4.3m/s1．(2018·北京卷)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．某滑道示意圖如右，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點，質量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達B點時速度vBg＝10m/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的大小；(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大?。馕觯?1)由勻變速直線運動規(guī)律得veq\o\al(2,B)＝2aL，解得L＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝100m；(2)由動量定理得，運動員在AB段所受合外力的沖量I＝mvB－0＝60kg×30m/s＝1800N·s；(3)運動員在C點的受力如圖所示，運動員由B到C的過程中，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，運動員在C點，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，由以上兩式解得FN＝3900N.答案：(1)100m(2)1800N·s(3)圖見解析3900N突破2能量和動量觀點的綜合應用(2019·河南師大附中模擬)如圖所示，質量為m3＝2kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3m的eq\f(1,4)圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧．滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑，質量為m2＝3kg的物體2(可視為質點)放在滑道的B點，現(xiàn)讓質量為m1＝1kg的物體1(可視為質點)自A點由靜止釋放，兩物體在滑道上的C點相碰后粘為一體(g取10m/s2)．求：(1)物體1從釋放到與物體2相碰的過程中，滑道向左運動的距離；(2)若CD＝0.2m，兩物體與滑道的CD部分的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.15，求在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；(3)物體1、2最終停在何處．[審題指導]本題涉及三個物體和彈簧，在選擇規(guī)律時先確定研究對象．如物體1沿曲面下滑時和物體3組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒．【解析】(1)m1從釋放到與m2相碰撞過程中，m1、m3組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設m1水平位移大小s1，m3水平位移大小s3，有0＝m1s1－m3s3s1＝R可以求得s3＝eq\f(m1s1,m3)＝0.15m(2)設m1、m2剛要相碰時物體1的速度v1，滑道的速度為v3，由機械能守恒定律有m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)由動量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物體1和物體2相碰后的共同速度設為v2，由動量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2彈簧第一次壓縮最短時由動量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零，此時彈性勢能最大，設為Epmax.從物體1、2碰撞后到彈簧第一次壓縮最短的過程中，由能量守恒有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－μ(m1＋m2)geq\x\to(CD)＝Epmax聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據可求得，Epmax＝0.3J(3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設物體1、2相對滑道CD部分運動的路程為s，由能量守恒有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝μ(m1＋m2)gs代入數(shù)據解得s＝0.25m0．25m－0.2m＝0.05m所以m1、m2最終停在D點左端離D點距離為0.05m處．【答案】(1)0.15m(2)0.3J(3)在D點左端離D點距離為0.05m處2．(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態(tài)，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧時的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，P、Q為半圓形軌道豎直的直徑，g取10m/s2，下列說法正確的是(BCD)A．彈簧彈開過程，彈力對A的沖量大于對B的沖量B．A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/sC．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·sD．若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達Q點解析：彈簧彈開兩小球的過程，彈力相等，作用時間相同，根據沖量定義可知，彈力對A的沖量大小等于對B的沖量大小，選項A錯誤；由動量守恒定律，mv1＋Mv2＝0，解得A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為v2＝2m/s，選項B正確；設A球運動到Q點時速度v，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝4m/s.根據動量定理，I＝mv－(－mv1)＝1N·s，即A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·s，選項C正確；若半圓軌道半徑改為0.9m，小球到達Q點的臨界速度vC＝eq\r(gR)A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝0m/s，小于小球到達Q點的臨界速度vC，則A球不能到達Q點，選項D正確．動量觀點與能量觀點綜合應用技巧(1)注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒定律，都應合理選取研究過程；(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作用時能量的轉化關系；(3)注意方向性問題，運用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，對力、速度等矢量都應用正、負號代表其方向，代入相關的公式中進行運算．另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對不同情況進行計算，避免出現(xiàn)漏洞．突破3“三大觀點”的綜合應用(2018·全國卷Ⅰ)一質量為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量．求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．[審題指導](1)題目中的兩個E，分別對應“一個物體”和“兩個物體”．(2)爆炸后兩部分質量均為eq\f(m,2).(3)爆炸過程中系統(tǒng)初動量為0.(4)距地面的最大高度由兩部分組成，一是爆炸前上升的高度，二是爆炸后向上運動的部分上升的高度．【解析】本題主要考查豎直上拋運動規(guī)律及動量守恒定律．(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設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eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)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．設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)3．如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA＝2kg、mBA靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10m/s2，空氣阻力不計．求：(1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時B離地面的高度H.解析：本題考查自由落體運動、機械能守恒定律及動量守恒定律．(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入數(shù)據解得t＝0.6s②(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt③細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據解得v＝2m/s⑤(3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入數(shù)據解得H＝0.6m⑦答案：(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出