(新课标)2020高考物理一轮复习单元综合专题(六)力学三大观点课件新人教版

单元综合专题
(六)力学三大观点综合专题
专题综述
解决力学问题有三大解题途径：动力学观点、动量观点和能 量观点，很多问题往往不是用一个观点分析，要求三种观点综合 使用，相互补充，采用最为有效的方法解题．三个观点所针对的 问题各有侧重，解题过程各有优势．
一、力学三大观点比较
基本观点 动力学 观点
能量观点
动量观点和能量观点综合应用 例 3 如图所示，质量为 m3＝2 kg 的滑道静止在光滑的 水平面上，滑道的 AB 部分是半 径为 R＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切， 滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道除 CD 部分粗糙外其他 部分均光滑．质量为 m2＝3 kg 的物体 2(可视为质点)放在滑道的 B 点，现让质量为 m1＝1 kg 的物体 1(可视为质点)自 A 点由静止 释放．两物体在滑道上的 B 点相碰后粘为一体(g＝10 m/s2)．求：
12(m1＋m2)v22＋12m3v32＝μ(m1＋m2)gs 代入数据可得：s＝0.25 m 所以 m1、m2 最终停在 D 点左端且离 D 点距离为 0.05 m 处．
动力学、动量、能量观点综合应用 例 4 如图所示，固定斜面足够长， 斜面与水平面的夹角 α＝30°，一质量为 3m 的“L”型工件沿斜面以速度 v0 匀速 向下运动，工件上表面光滑，下端为挡板．某时，一质量为 m 的 小木块从工件上的 A 点，沿斜面向下以速度 v0 滑上工件，当木 块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零， 后木块与挡板第 1 次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡 板碰撞一次，已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木 块始终在工件上运动，重力加速度为 g，求：
动力学观点和能量观点综合应用 例 2 如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量 M＝1 kg、 长 L＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为 s＝3 m， 小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平．现有一质量 m＝2 kg 的滑块(不计大小)以 v0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动 小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与 小车表面的动摩擦因数 μ＝0.2，g 取 10 m/s2.求：
题型透析
动力学观点与动量观点综合应用 例 1 如图所示，可视为质点的两个小球 通过长度 L＝6 m 的轻绳连接，甲球的质量为 m1＝0.2 kg，乙球的质量为 m2＝0.1 kg.将两球 从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球 释放 Δt＝1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时 间极短，可忽略)，此后两球又下落 t＝1.2 s 同时落地．可认为两 球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2.
二、力学三大观点综合应用类型 在同一过程中应用力学三大观点
在同一运动过程中，不能局限一种观点解题，要三种观点相 互结合，如：“碰撞、爆炸、反冲”“滑块—弹簧”“滑块—平 板”“小球—凹槽”“滑块—摆球”等运动模型，通常要综合应 用动量和能量观点．“传送带模型”“滑块—平板”“圆形轨 道”等，通常要综合应用动力学和能量观点．
2v0
(3)ΔE＝24(n－1)mv02(n＝
2，3，4，…)
【解析】 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为 μ，木块加速
度为 a1，工件的加速度为 a2.根据牛顿第二定律得： 对木块：mgsinα＝ma1. 对工件：μ(3m＋m)gcosα－3mgsinα＝3ma2. 工件匀速运动时，由平衡条件得：
A．ab 棒产生的焦耳热最多为34mv02
B．安培力对 cd 棒的冲量最多为12mv0
C．通过
ab
棒某一横截面的电量最多为 mv0 2BL
即木块、工件第 2 次相碰前瞬间的速度与第 1 次相碰前的瞬 间速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第 1 次与 第 n 次碰撞的时间间隔
Δt＝(n－1)t＝12（n－g 1）v0，(n＝2，3，4，…) 木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能． ΔE＝4mg(n－1)x2sin30° 解得 ΔE＝24(n－1)mv02，(n＝2，3，4，…)．
设为 Epm.从物体 1、2 碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程 中，
由能量守恒有12(m1＋m2)v22＋12m3v32－μ(m1＋m2)gCD＝Epm 联立以上方程，代入数据可得，Epm＝0.3 J
(2)分析可知物体 1、2 和滑道最终将静止，设物体 1、2 相对 滑道 CD 部分运动的路程为 s，由能量守恒有
根据位移关系有 x′－x＝d2， 解得：x＝2（mm＋dM），故 B 项正确； 在此过程，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器的 动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能． 所以：Ep＝12mv02－12(m＋M)v2； 联立得：Ep＝2（mMM＋v0m2 ），故 C、D 两项正确．
例 6 (2018·枣庄二模)(多选)如图所示， 两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一 水平面内，两导轨间的距离为 L；导轨上面 垂直于导轨横放着两根相距 x0 的导体棒 ab、cd，两导体棒与导 轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为 m、电阻均为 R，回 路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd 棒静止，ab 棒的速 度大小为 v0、方向指向 cd 棒．若两导体棒在运动过程中始终不 接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中( )
A．带电环与左极板相距最近时的速度 v＝mMv0 B．此过程中电容器移动的距离 x＝2（Mm＋d m） C．此过程中电势能的变化量 Ep＝2（mMM＋v0m2 ） D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
【答案】 BCD 【解析】 带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度 为 v0 的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速 直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距 最近，由系统动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v 解得：v＝ Mm＋v0m，故 A 项错误． 电容器向左做匀加速直线运动，v2t＝x， 环向左做匀减速直线运动，v＋2 v0t＝x′
动量观点
基本规律
牛顿运动定律 匀变速运动公式
动能定理 机械能守恒定律
能量守恒定律
动量定理 动量守恒定律
解题优势 1.研究瞬时作用分析运动过程 2．研究匀变速直线运动 3．研究平抛、圆周运动 4．求解加速度、时间 1.只涉及运动始末状态 2．研究曲线运动 3．研究多个运动过程 4．求解功、能、位移、速度 1.只涉及运动始末状态 2．研究相互作用系统的运动 3．求解动量、冲量、速度
相对位移 L1＝x1－x2 联立解得 L1＝3 m，x2＝2 m L1＜L，x2＜s，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共 速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为： v2＝4 m/s. (2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动 L2＝L－L1 ＝1 m 后滑上半圆轨道． 若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为 vm.则 mg ＝mvRm2
(1)求小车与墙壁碰撞时的速度； (2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半 径 R 的取值．
【答案】 (1)4 m/s (2)R≤0.24 m 或 R≥0.6 m 【解析】 (1)根据牛顿第二定律： 对滑块有 μmg＝ma1 对小车有 μmg＝Ma2 滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v0－a1t＝a2t 由以上各式解得 t＝1 s，此时小车的速度为 v2＝a2t＝4 m/s. 滑块的位移 x1＝v0t－12a1t2 小车的位移 x2＝12a2t2
(3)第 1 次碰撞后，木块以 2v0 沿工件向上匀减速运动，工件 以 2v0 沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间 t＝ 2v0＝12v0 a2 g
木块的速度 v1′＝－2v0＋a1t＝4v0. 此时，木块的位移 x1＝－2v0t＋12a1t2＝12gv02 工件的位移 x2＝2v0t－12a1t2＝12gv02
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小； (2)木块与挡板第 1 次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度 大小； (3)木块与挡板第 1 次碰撞至第 n(n＝2，3，4，5，…)次碰撞 的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械 能 ΔE.
【答案】 (1)g2
g 6
(2)2v0
根据动能定理得
－μmgL2－mg·2R＝12mvm2－12mv22 解得 R＝0.24 m 若滑块恰好滑至14圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆 轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理得
－μmgL2－mgR＝0－12mv22 解得 R＝0.6 m 所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24 m 或 R≥0.6＝g2，a2＝g6.
(2)设碰挡板前木块的速度为 v，取沿斜面向下为正方向，木 块与工件系统的外力之和为零，由动量守恒定律得：3mv0＋mv0 ＝mv，得 v＝4v0.
木块以速度 v 与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块的速度为 v1， 工件的速度为 v2，
由动量守恒定律得：mv＝mv1＋3mv2. 由能量守恒得：12mv2＝12mv12＋12·3mv22. 解得：v1＝－2v0，v2＝2v0.
设细线绷断瞬间甲乙球的速度分别为：v 甲′和 v 乙′ 继续下落至落地时有： v 乙′t＋12gt2－(v 甲′t＋12gt2)＝L② 又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒， 则有：m1v 甲＋m2v 乙＝m1v 甲′＋m2v 乙′③ 联立方程解得：v 甲′＝6 m/s；v 乙′＝11 m/s 设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为 I， 由动量定理得：I＝m1(v 甲′－v 甲)＝1.0 N·s.
(1)若 CD＝0.2 m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都 为 μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(2)物体 1、2 最终停在何处．