《2022年高三物理第二轮专题复习：专题二——力学规律的综合应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三物理第二轮专题复习：专题二——力学规律的综合应用.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载2022 高三二轮复习专题二力学规律的综合应用（2 课时）【考点透视】解决动力学问题有三个基本观点,即是力的观点、动量的观点、能量的观点；一、学问回忆1力的观点匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：vt2v222as,stv,saT2牛顿其次定律：Fma,运动学公式：vtv0at,sv 0t1 at 220圆周运动的主要公式：F 向ma 向mv2mrr2动量观点恒力的冲量：IFtpmv2mv 11,通常争论的对象是一个物体；动量：pmv,动量的变化动量大小与动能的关系P2mE kmv 2mv动量定理：Ip,对于恒力F合t动量守
2、恒定律：条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零,但比系统内力小得多, （如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多,可以忽视不计）；或系统所受外力的合力虽不为零,但在某个方向上的重量为零（在该方向上系统的总动量的重量保持不变）；表达式：对于两个物体有 m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 m 2 v 2,争论的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）；3用能量观点解题的基本概念及主要关系恒力做功：WFscos,WPt,12 mv 21 22 mv 12 mv 1重力势能EPmgh,动能Ek1 mv 22,动能变化E
3、k2动能定理： 力对物体所做的总功等于物体动能变化,表达式W总12 mv 21 22常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值W GEP弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值WP弹E有 相 对 时 , 系 统 克 服 滑 动 摩 擦 力 做 功 等 于 系 统 产 生 的 内 能 , 即名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - Q学习必备欢迎下载fl12 mv 012 mv 112 mv 2222机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变；表达式有Ek1Ep1Ek2Ep2、Ek 增Ep 减、EA增EB 减能
4、量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律；二、力学规律的选用原就：1争论某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时,一般用力的观点解题；2争论某一个物体受到力的连续作用而发生运动状态转变时,假如涉准时间的问题一般 用动量定理,假如涉及位移问题往往用动能定理；3如争论的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律 和能量守恒定律去解决问题；提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,由于它们作用时间都极短,故动量守恒定律一般能派上大用场,但须留意到这些过程般均隐含有系统机械能与其他形 式能量之间的转化；在涉及相对位移问题时,优先考虑能量守恒定律,即用系统
5、克服摩擦力 所做的总功等于系统机械能的削减量,也等于系统增加的内能；【例题解析】一、力的观点与动量观点结合 例 1 如下列图,长 12 m,质量为 50 kg 的木板右端有一立柱,木板置于水平地面上,木 板与地面间的动摩因数为 0.1,质量为 50 kg 的人立于木板左端, 木板与均静止, 当人以 4m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立刻抱住木柱,试求：（g 取 10m/s2）（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；（2）人从开头奔跑至到达木板右端所经受的时间；（3）人抱住木柱后, 木板向什么方向滑动 .仍能滑行多远 的距离 . 解析：人相对木板奔跑时,设人的质量为 m ,加速度为 a
6、 ,木板的质量为 M,加速度大小为 a ,人与木板间的摩擦力为 f ,依据牛顿其次定律,对人有：f ma 1 200N；（ 2 ） 设 人 从 木 板 左 端 开 始 距 到 右 端 的 时 间 为 t , 对 木 板 受 力 分 析 可 知 ：fMm gMa2故a 2fLMm g2 m/s,方向向左；2a2t4 m/s；人M由几何关系得：1a 1 t21a2t2,代入数据得：t2 s22（3）当人奔跑至右端时,人的速度v 1a 1t8m/s,木板的速度v抱住木柱的过程中,系统所受的合外力远小于相互作用的内力,满意动量守恒条件,有：名师归纳总结 mv 1Mv2mM V（其中 V 为二者共同速度
7、）ag1 m/s2,故木第 2 页,共 7 页代入数据得Vs2 m/s,方向与人原先运动方向一样；以后二者以V2 m/s为初速度向右作减速滑动,其加速度大小为v22m；板滑行的距离为2 a- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载点拨：用力的观点解题时,要仔细分析物体受力及运动状态的变化,关键是求出加速度；二、动量观点与能量观点综合例 2如下列图,坡道顶端距水平面高度为h,质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下,在进入水平面上的滑道时无机械能缺失,为使A 制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上, 另一端与质量为 m2 的挡板
8、 B 相连,弹簧处于原长时,B 恰位于滑道的末端 O 点； A 与 B 碰撞时间极短,碰后结合在一起共同压缩弹簧,已知在 OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为,其余各处的摩擦不计,重力加速度为 g,求：（1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬时速度 v 的大小；（2）弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 E p（设弹簧处于原长时弹性势能为零）；解析：（ 1）物块 A 在坡道上滑行时只有重力做功,满意机械能守恒的条件,有mgh 1 mv 2,故 v 2 gh；2（ 2）A、 B 在水平道上碰撞时内力远大于外力,A、 B 组成的系统动量守恒,有m 1 v m 1 m 2 v接 着 A 、 B 一
9、 起 压 缩 弹 簧 到 最 短 , 在 此 过 程 中 A 、 B 克 服 摩 擦 力 所 做 的 功W m 1 m 2 gd 由 能 量 守 恒 定 律 可 得21 2 m 1 gh m 1 m 2 v E p m 1 m 2 gd,所以 E p m 1 m 2 gd；2 m 1 m 2点拨：有关弹簧的弹性势能,由于教材中没有给出公式,因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来运算；能量守恒是自然界普遍遵守的规律,用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的成效,仔细分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移,否就可能会前功尽弃；例 3如下列图,在光滑的水平面上有一质量为m,长度为 l 的小车,小车左
10、端有一质量也是 m 可视为质点的物块,车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽视） ,物块与小车间滑动摩擦因数为,整个系统处于静止状态；现在给物块一个水平向右的初速度 v ,物块刚好能与小车右壁的弹簧接触,此时弹簧锁定瞬时解除,当物块再回到左端时,恰与小车相对静止；求：（1）物块的初速度 v 及解除锁定前小车相对地运动的位移；（2）求弹簧解除锁定瞬时物块和小车的名师归纳总结 速度分别为多少. ,第 3 页,共 7 页解析：（1）物块在小车上运动到右壁时,设小车与物块的共同速度为v ,由动量守恒定律得mv 02mv,由能量关系有mgl12 mv 012 2 mv,故v
11、02gl,在物块相对小22车向右运动的过程中,小车向右作匀加速运动加速度为ag,速度由 0 增加到vv02- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 小车位移为 s ,就sv2；学习必备欢迎下载2 a（2）弹簧解除锁定的瞬时,设小车的速度为v ,物块速度为v ,最终速度与小车静止时 , 共 同 速 度 为 v , 由 动 量 守 恒 定 律 得2mvmv 1mv22 m v, 由 能 量 关 系 有mgl12 mv 112 mv 212 m v2,2222gl,v20；联立四式解得：v 1v 0和v 10（舍去）,所以v 1v 0v20v2v 0点拨：弹簧锁定意
12、味着储存弹性势能能量,解出锁定意味着释放弹性势能能量；求解物理问题,有时需要依据结果和物理事实,作出正确判定,确定取舍；例 4 一辆质量为 m 2 kg 的平板车,左端放有质量 M 3 kg 的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数0.4,如下列图,开头时平板车和滑块共同以 v 2 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短,且碰撞后平板车速度大小保持不变, 但方向与原先相反；设平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端（取 g1.0 m/s 2）,求：（1）平板车第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；（2）平板车其次次与墙壁碰撞前瞬时的速度 v ；（3）为使滑块始终
13、不会滑到平板车右端,平板车至少多长 . 解析：（1） 平板车第次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动；设向左运动的最大距离为；1s ,由动能定理得Mgs 1012 mv 02所以有s 1mv2 01m2Mg3有（2）假设平板车其次次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度v ,由于系统动量守恒,1v 所发生的位移Mv0mv0Mmv 1,即v 1Mm v 00 . 4 m/sMm设平板车从第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度大小为1s ,由动能定理得Mg s 11 mv 1 22有s 12 mv 1mv2 0Mm2,明显s 1s 1,2Mg2MgMm 21v04.m
14、/s,这一速度也是平板车第说明平板车其次次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度二次与墙壁碰撞前瞬时的速度；（3）平板车与墙壁多次碰撞,使M与m之间发生相对滑动；由于摩擦生热,系统的动名师归纳总结 能逐步削减,直到最终停止在墙角边,设整个过程中物块与平板车的相对位移为l ,由能量第 4 页,共 7 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 转化和守恒定律得Mgl1 mM学习必备欢迎下载mM2 v 05m；v 0 2,所以l2Mg26点拨：用数学学问求解物理问题是考生应当具有的一项才能；在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学学问,如：数列求和、不等式求解、极值争论等
15、等,正确求解这类问题必需以较好的数学学问为前提；例 5如下列图, C 是放在光滑水平面上的一块木板,木板质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为 ；最初木板静止,A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v0和 2v0在木板v0 2 v 0 上滑动,木板足够长,A、B 始终未滑离木板；求：（1）木块 B 从刚开头运动到与木板C 速度刚好相等ABC的过程中,木块B 所发生的位移；（2）木块 A 在整个过程中的最小速度；解析：（ 1）木块 A 先做匀减速直线运动至与C 速度相同,后与一道做匀加速直线运动；木块 B 始终做匀减速直线运动；木板 C 做
16、两段加速度不同的匀加速直线运动,直到 A、B、C 三 者 的 速 度 相 等 （ 设 为 v1） 为 止 ,A 、 B 、 C 三 者 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 故 ：mv 0 2 mv 0 m m 3 m v 1, v1=0.6v0； 对 木 块 B 运 用 动 能 定 理 , 有2mgs 1mv 1 2 1m 2 v 0 2,所以 s 91 v 0；2 2 50 g（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为v （此时 A、C 共速）,由动量定理知, 至此,A、 B 的动量变化都相同,都为m v0v,因A 、 B、 C 组成的系统动量守恒,有2m v0v3 m v,所以木块A 在整
17、个过程中的最小速度v/2v 0；5点拨：对于多物体系统只要仔细分析每一个物体受力情形和运动情形,抓住相关联的运动状态,问题仍旧很简单解决；三、三种观点综合应用例 6对于两物体碰撞前后速度在同始终线上,且无机械能缺失的碰撞过程,可以简化为如下模型： A、B 两物体位于光滑水平面上,仅限于沿同始终线运动；当它们之间的距离大于等于某肯定值 d 时,相互作用力为零,当它们之间的距离小于 d 时,存在大小恒为 F 的斥力；设 A 物体质量 m1l.0kg ,开头时静止在直线上某点；B 物体质量 m23.0 kg,以速度 v 从远处沿直线向 A 运动,如下列图；如 d0.10 m ,F0.60 N,0v
18、0.20m/s,求：（1）相互作用过程中 A、B 加速度的大小；（2）从开头相互作用到A、B 间的距离最小时,系统（物体组）动能的削减量；（3） A、B 间的最小距离；解析：（ 1）由牛顿运动定律可知,相互作用过程中A、B 加速度的大小分别为名师归纳总结 a1F0.60m/s2,a 2F0.20m/s2；第 5 页,共 7 页m 1m 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（2）A、B 间距离最小时,两者速度相同,全过程满意由动量守恒的条件,故有m2v0m 1m2v,所以vm 2v 00 .15m/sm 2 v20 . 015 J；m
19、1m 2系统（物体组）动能的削减量为|Ek|1m 2v 0 21m 122（3）依据匀变速直线运动规律得v 1a 1t,v2v0a2t,而距离最小时有v1=v2 ,由匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为s 11a 1t2,s 2v 0t1a 2t2,由几何关系可22知ss 1ds 2,解以上各式得A、B 间的最小距离s.0075 m；点拨：理论联系实际,用物理学问综合解决所遇问题是高考的一种追求；在处理有关问题时, 为了便利需要忽视问题中的次要因素,突出主要因素, 作恰当的简化,建立与所学知识间的联系,最终达到解决问题的目的；此题对实际问题的处理有较好的示范作用；例 7如题右图,半径为R 的
20、光滑圆形轨道固定在竖直面内；小球A、B 质量分别为m、 m（ 为待定系数） ；A 球从左边与圆心等高处由静止开头沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的 B 球相撞,碰撞后 A、B 球能达到的最大高度均为 1 R ,碰撞中无机械能缺失；重力加速度为 g；4试求：（1）待定系数 ；（2）第一次碰撞刚终止时小球A、B 各自的速度和B 球对轨道的压力；名师归纳总结 （3）小球 A、B 在轨道最低处其次次碰撞刚终止时各自的速度,并争论小球A、B 在轨第 6 页,共 7 页道最低处第n 次碰撞刚终止时各自的速度；解析：（ 1）由机械能守恒定律得mgRmgRmgR故3 ；44（ 2 ） 设A 、 B 第 一 次
21、碰 撞 后 的 速 度 大 小 分 别 为1v 、v2, 就12 mv 1m gR,241mv2mgR,故v1gR,向左；v2gR向右；22422设轨道对 B 球的支持力为N ,B 球对轨道的压力为N ,Nmgm2 v 2 ,由牛顿第R三定律知NN4.5mg,方向竖直向下；（3） 由机械能守恒定律知,第一次碰撞前A 的速度为v02gR；mv 1mv 2mV 1mV 2设 A、B 球其次次碰撞刚终止时的速度分别为V 、V ,就mgR12 mV 112 mV 222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得V 12gR,V20学习必备V 1欢迎下载,V2gR不合题意,舍去） ；（另一组解：gR22由此可得：当n 为奇数时,小球A、B 在第 n 次碰撞刚终止时的速度分别与其第一次碰撞刚终止时相同；当n 为偶数时,小球A、B 在第 n 次碰撞刚终止时的速度分别与其其次次碰撞刚终止时相同；点拨：对物理问题进行规律推理得出正确结论和作出正确判定,并把推导过程正确地表达出来,表达了对推理才能的考查,期望考生留意这方面的训练；名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 7 页