2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第二板块第2讲应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题

第2讲
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考法
学法
应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新颖，密切联系实际，综合性强，常是高考的压轴题。涉及的知识主要包括：①动能定理；②机械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能关系；⑤动量定理；⑥动量守恒定律。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法；③分段法；④相对运动方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦临界极值思想。
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命题点(一)　应用动能定理求解多过程问题
[研一题]————————————————————————————————
(2019届高三·南昌调研)如图所示，质量为m＝1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为半圆轨道的最低点。小物块离开D点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R＝0.9 m，D点距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)摩擦力对小物块做的功；
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小；
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。
[审题指导]
运动情景是什么？
小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛运动
用到什么规律？
动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律
采用什么方法？
相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口，先利用圆周运动最高点的临界状态求出小物块到达C点时的速度，再利用动能定理求出摩擦力做的功及小物块到达D点时的速度，最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向
[解析]　(1)设小物块经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点时恰好能做圆周运动，由牛顿第二定律可得：
mg＝，解得v1＝3 m/s
小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
W＝mv12，解得W＝4.5 J。
(2)设小物块经过D点时的速度为v2，对从C点到D点的过程，由动能定理得：
mg·2R＝mv22－mv12
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律得：
FN－mg＝
解得v2＝3 m/s，FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：
FN′＝FN＝60 N。
(3)小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由h＝gt2，解得t＝ s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度方向与竖直方向的夹角为α，则：
vx＝v2，vy＝gt，tan α＝，解得α＝60°
再由几何关系可得θ＝α＝60°。
[答案]　(1)4.5 J　(2)60 N　(3)60°
[悟一法]————————————————————————————————
多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多运动过程问题的注意事项：
(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，质量为1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右为正方向，求：
时间t/s
加速度a/(m·s－2)
0～4
4
4～8
－3
(1)0～4 s内水平拉力的大小；
(2)0～8 s内物块运动的位移大小；
(3)0～8 s内水平拉力做的功。
解析：(1)0～4 s内，物块运动的加速度大小：a1＝4 m/s2
根据牛顿第二定律：F1－μmg＝ma1，解得：F1＝6 N。
(2)t1＝4 s时物块的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s
0～8 s内物块运动的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m。
(3)8 s时物块的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s
根据动能定理：W－μmgx＝mv22，解得：W＝152 J。
答案：(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J
2．(2018·齐鲁名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接一口深度为H、宽度为d的深井CDEF，一个质量为m的小球放在曲面AB上，可从距BC面不同的高度处静止释放小球，已知BC段长为L，小球与BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)若小球恰好落在井底E点处，求小球释放点距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上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面的高度h2。
解析：(1)小球由A到C，由动能定理得
mgh－μmgL＝mvC2
自C点水平飞出后，由平抛运动规律得
x＝vCt，y＝gt2
解得h＝μL＋
若小球恰好落在井底E处，则x＝d，y＝H
解得小球的释放点距BC面的高度为
h1＝μL＋。
(2)若小球不能直接落在井底，设打在EF上的动能为Ek，则x＝d
解得vC＝d
小球由C到打在EF上，由动能定理得
mgy＝Ek－mvC2
代入vC得：Ek＝mgy＋
当y＝时，Ek最小，且Ekmin＝mgd
此时小球的释放点距BC面的高度为h2＝μL＋。
答案：(1)μL＋　(2)mgd　μL＋
命题点(二)　机械能守恒定律的综合应用
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与管道的交点为B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和管道的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)求小球经管道B点的前、后瞬间对管道的压力；
(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
[思维流程]

[解析]　(1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下，
根据向心力公式有mg＋FN＝
小球从起点运动到C点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则
Ep＝2mgR＋mvC2
解得vC＝，Ep＝3mgR。
(2)小球从起点到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有
3mgR＝mgR＋mvB2
小球经B点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力，
则FN′＝
解得FN′＝4mg
由牛顿第三定律可知，小球经B点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。
(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
2R＝gt2，x＝vCt
解得x＝2R
因为x＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。
[答案]　(1)3mgR　(2)分别为向右和向左，大小为4mg的压力　(3)小球不能落在薄板DE上，计算过程见解析
[悟一法]————————————————————————————————
解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。
1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。
2．弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且W弹＝－ΔEp。
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得
(F＋mg)cos 53°＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)与A、B相同高度时
小球上升h1＝3lsin 53°
物块下降h2＝2l
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得Mg－T＝Ma
对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得T－mgcos 53°＝ma
解得T＝
。
答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)
2.(2018·湖北三市五校联考)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角为53°，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从A点由静止释放(已知
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：
(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；
(2)圆环能下滑的最大距离；
(3)圆环下滑到B点时的速度大小。
解析：(1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得
圆环下降高度为hAC＝
砝码下降高度为Δh＝－L＝
由系统机械能守恒得mghAC＋5mgΔh＝mv12
则圆环的速度v1＝2。
(2)当圆环下滑的最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零
砝码上升的高度ΔH＝ －
由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即
mgH＝5mgΔH
得圆环能下滑的最大距离H＝。
(3)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB＝，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v2，此时砝码的速度为v2cos 53°。由系统机械能守恒得
mghAB＝mv22＋×5m(v2cos 53°)2
得圆环下滑到B点时的速度v2＝ 。
答案：(1)2　(2)　(3)
命题点(三)　动量观点与能量观点的综合应用
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，质量为m1＝0.01 kg的子弹A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒B，且只在B上留下一个弹孔，子弹穿过B后打入质量为m2＝0.99 kg的木块C中，并留在C里面(A、C可视为质点)，C放在长木板D的左端，D的质量m3＝3 kg，长度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与D等高的固定挡板E，D的右端到E的距离L2＝0.125 m，D碰到E即被粘牢，C飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直径
d＝30 cm，纸筒匀速旋转的角速度ω＝π×103 rad/s，C与D之间的动摩擦因数μ＝0.1，D的上表面距离地面高H＝5 m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取g＝10 m/s2。

(1)若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？
(2)在(1)问中，讨论子弹A打入C后，A、C整体能否与D达到共同速度，若A、C整体能与D达到共速，求出A、C整体落到地面上距桌边的距离。
[过程分析]
过
程
子弹A穿过纸筒B
子弹A打击木块C
木块C(含子弹A)与长木板D相互作用
木块C(含子弹A)水平飞出做平抛运动
模
型
匀速直线运动、匀速圆周运动
子弹打木块模型(完全非弹性碰撞)
(约束条件下的)板块模型
平抛运动模型
方
法
同时性
近似法
理想模型法、假设法
运动的合成与分解
规
律
直线运动规律、圆周运动规律
动量守恒定律
动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律
平抛运动规律
[解析]　(1)根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：
α＝(2n＋1)π，式中n取0和1
子弹穿过纸筒的时间为：t＝
则子弹的速度为：v＝＝①
把n＝0,1分别代入①式得子弹的速度分别为：
v1＝300 m/s，v2＝100 m/s。
(2)设子弹A打入C后，A、C整体的共同速度为v11, 由动量守恒定律得：
m1v＝(m1＋m2)v11②
假设A、C整体能够与D达到的共同速度为v22, 由动量守恒定律得：
(m1＋m2)v11＝(m1＋m2＋m3)v22③
设此过程中A、C整体相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得：
μ(m1＋m2)gs1＝(m1＋m2)v112－(m1＋m2＋m3)v222④
联立②③④得：s1＝⑤
讨论：
Ⅰ.当v＝v1＝300 m/s时，代入⑤式得：s1＝3.375 m>L1，说明此种情况下A、C整体与D不能共速。
Ⅱ.当v＝v2＝100 m/s时，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，说明此种情况下A、C整体刚好没有滑离D。
设此过程中D相对桌面的位移是s2，由动能定理得：
μ(m1＋m2)gs2＝m3v222⑥
联立②③⑥式，并代入数据得：
v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m