高考物理二轮复习 第1部分 专题2 微专题3 三大观点的综合应用

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题2 微专题3 三大观点的综合应用，共11页。试卷主要包含了解决力学问题的“三大观点”，力学规律选用的一般原则等内容，欢迎下载使用。
　三大观点的综合应用1．解决力学问题的“三大观点”分类规律表达式动力学观点力的瞬时作用牛顿第二定律F合＝ma牛顿第三定律F＝－F′能量观点力的空间累积作用动能定理W合＝Ek2－Ek1机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2动量观点力的时间累积作用动量定理F合t＝mv′－mv动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′22．力学规律选用的一般原则(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。[典例]　竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(a)　　　　　　　　　(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。[思维拆解]　第一步：构建碰撞模型求出物块B的质量第二步：分析物块A的两个运动过程，分别应用动能定理列方程第三步：借助于v­t图象与斜面几何关系求出P点的高度第四步：求出整个过程中克服摩擦力做功第五步：写出动摩擦因数变化前物块A克服摩擦力做功表达式第六步：对物块B在水平轨道上的运动应用动能定理列方程第七步：改变动摩擦因数后对物块A整个运动过程应用动能定理第八步：求出改变前后动摩擦因数的比值[解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m＋m′v′  ①mv＝m＋m′v′2  ②联立①②式得m′＝3m。  ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝mv－0  ④－(fs2＋mgh)＝0－m  ⑤从图(b)所给出的v­t图线可知s1＝v1t1  ⑥s2＝××(1.4t1－t1)  ⑦由几何关系＝  ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH。 ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcos θ·  ⑪设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2  ⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0  ⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。  ⑭[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3)反思感悟：系统化思维方法突破动力学、动量和能量问题(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。[考向预测]1．(2021·福建泉州市二模)如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平，B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。重力加速度为g。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。[解析]　(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理mgL＝mv，得v0＝小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FT－mg＝m解得：FT＝3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′＝FT即细绳能够承受的最大拉力为：FT′＝3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h＝gt2水平分位移：L＝t解得：h＝L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设C碰后速率为v1，依题意有mv0＝m＋3mv1假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速度为v2，由动量守恒得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒得：·3mv＝(3m＋6m)v＋μ·3mgs联立解得：s＝由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来。[答案]　(1)3mg　(2)L　(3)见解析2．(2021·杭州学军中学三月月考测试)如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。[解析]　(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：Ep＝m1v＋m2v联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：m2v＝m2v＋2m2gR解得：vC＝12 m/s。(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得：m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1解得：a1＝10 m/s2故上升的最大高度为：h＝sin θ＝0.75 m。(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则：m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2解得：a2＝2 m/s2小球P上升到最高点所用的时间：t1＝＝0.5 s则：2R＝gt2＋h－a2(t－t1)2sin θ解得：t＝1 s。[答案]　(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s3．(2021·湖北省襄阳五中高三下学期5月模拟)如图，半径为R的四分之一竖直平面内圆弧轨道和水平面都是光滑的，圆弧轨道末端C点切线水平，紧靠C点停放质量可忽略的平板小车，水平板面与C点等高，车的最右端停放质量为m2的小物块2，物块2与板面间动摩擦因数为μ2，质量为m1的小物块1从图中A点由静止释放，无碰撞地从B点切入圆轨道，已知AB高度差h＝R，m1＝m2＝m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求小物块1进入圆弧轨道时在B点的向心加速度大小an以及到达C点速度大小vC；(2)小物块1从C点滑上小车，它与小车平板间动摩擦因数为μ1，若μ1>μ2，要使两物块不相碰，水平板车长度L至少为多少？(3)若μ1<μ2，在小车右侧足够远处有一固定弹性挡板P，它与小物块2可发生瞬间弹性碰撞，板车长度为L0(L0足够大，两物块始终未相碰)，求最终物块1与2的距离s。[解析]　(1)自由下落过程v＝2gh进入圆轨道时在B点an＝＝2g根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv解得vC＝2。(2)若μ1>μ2因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物块所受摩擦力f＝μ2mg物块1一滑上平板小车，马上与车相对静止，物块2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动，根据动量守恒定律m1vC＝(m1＋m2)v由功能关系得μ2m2gL＝m1v－(m1＋m2)v2解得L＝＝。(3)若μ1<μ2，物块所受摩擦力f＝μ1mg。物块1一滑上平板车后，物块2与车相对静止，物块1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物块距离减小x1，由功能关系得μ1m1gx1＝m1v－(m1＋m2)v2解得x1＝设小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律m1v－m2v＝(m1＋m2)v1解得v1＝0碰后两物块距离减小x2，由功能关系得μ1m1gx2＝(m1＋m2)v2解得x2＝s＝L0－x1－x2＝L0－。[答案]　(1)2g　2　(2)　(3)L0－4．(2021·湖南省永州市高三下学期5月三模)如图所示，传送带以v＝2 m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角θ＝37°，一质量M＝0.09 kg的物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的仿真玩具手枪不断地沿平行传送带向上方向发射质量m＝0.01 kg的弹丸，弹丸每次击中物块的时间间隔为1 s，击中物块前的瞬时速度大小均为v0＝40 m/s，射入物块后会立即留在其中。将物块无初速度放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中。已知第3颗弹丸射入后，可以使物块在第4颗弹丸射入前到达传送带顶端。物块和弹丸均可看成质点，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：(1)物块第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；(2)从第一次射击结束瞬间到第二次击中前瞬间的过程中物块与传送带摩擦产生的热量Q；(3)传送带P、Q间距L的取值范围(最终结果保留三位有效数字)。[解析]　(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中，有mv0＝(m＋M)v01解得v01＝4 m/s物块先以a1减速上升，有(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a1解得a1＝10 m/s2减至共速，所需时间t1＝解得t1＝0.2 s。(2)共速前的位移x1＝(v01＋v)t1解得x1＝0.6 m传送带与物块间的相对位移Δx1＝x1－vt1解得Δx1＝0.2 m物块后以a2减速上升，有(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2解得a2＝2 m/s2若继续减速至零，所需时间为t＝＝1 s因为t1＋t＞1 s，所以物块速度未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度v1＝v－a2(1－t1)＝0.4 m/s共速后的位移x2＝(v＋v1)(1－t1)解得x2＝0.96 m传送带与物块间的相对位移Δx2＝v(1－t1)－x2解得Δx2＝0.64 m物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μ(M＋m)gcos θ(Δx1＋Δx2)解得Q＝0.336 J。(3)第一颗弹丸射入后物块上升的位移s1＝x1＋x2＝1.56 m第二颗弹丸射入的过程，有mv0＋(m＋M)v1＝(m＋m＋M)v02解得v02＝4 m/s因v02＝v01则由此可推知第二颗弹丸射入后物块上升的位移s2＝s1＝1.56 m，v2＝v1＝0.4 m/s第三颗子弹射入的过程，有mv0＋(2m＋M)v2＝(m＋m＋m＋M)v03解得v03＝3.7 m/s减至共速，所需时间t3＝解得t3＝0.17 s假设物块刚好到达顶端时第4颗子弹射入，此时物块的速度v3＝v－a2(1－t3)解得v3＝0.34 m/s此时上升的总位移s3＝(v03＋v)t3＋(v3＋v)(1－t3)解得s3＝1.455 6 m传送带P、Q间的距离L应满足s1＋s2<L<s1＋s2＋s3解得3.12 m<L<4.58 m。[答案]　(1) 0.2 s　(2) 0.336 J　(3) 3.12 m＜L＜4.58 m