高三物理一轮复习资料【力学三大观点的综合应用】

高三物理一轮复习资料【力学三大观点的综合应用】 [考点分析]
1．命题特点：考题常需要三大观点综合起来才能顺利解答．这类题目综合性强，难度高，题型一般为计算题，且常作为压轴题出现．
2．思想方法：假设法、全程法和分段法、守恒思想、图解法等．
[知能必备]
1．力学解题的三大观点
[真题再练]
1．如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v ＝6.0 m/s ，载物箱滑上传送带Δt ＝13
12 s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱
从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．
解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有 v 2－v 20＝－2as 1②
联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④
t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有
－μmgL ＝12m v 21－12m v 2
0⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 v 1＝ 2 m/s ，v 2＝4 3 m/s ⑨
(3)传送带的速度为v ＝6.0 m/s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩
v 2－v 20＝2as 2⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫ s 2＝5.5 m ⑬
因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有
s 3＝(Δt －t 2)v ⑭
由①⑫⑬⑭式可知，1
2m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，
设为v 3.由运动学公式有
v 23－v 2
＝－2a (L －s 2－s 3)⑮
v 3＝v －at 3⑯
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰
联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱ 传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为 I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲
联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253
N·s ⑳
由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝625
3 N·s ，方向竖直向上．
答案：(1)2.75 s (2)4 3 m/s
2 m/s (3)625
3
N·s ，方向竖直向上
2．如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g .
(1)求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v P 1、v Q 1； (2)求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度h n ； (3)求物块Q 从A 点上升的总高度H ；
(4)为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞，求A 点与挡板之间的最小距离s .
解析：(1)P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0
＝m v P 1＋4m v Q 1①
由机械能守恒定律得 12m v 20＝12m v 2P 1＋1
2×4m v 2Q 1② 联立①②式得 v P 1＝－3
5v 0③
v Q 1＝2
5
v 0④
故第一次碰撞后P 的速度大小为35v 0，Q 的速度大小为2
5
v 0.
(2)设P 、Q 第一次碰撞后Q 上升的高度为h 1，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 1
＝2·(－2g sin θ)·h 1
sin θ⑤ 联立①②⑤式得h 1＝v 20
25g
⑥
设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得
12m v 202－12m v 2
P 1
＝－mgh 1⑦ 联立①②⑤⑦式得v 02＝
7
5v 0
⑧ P 与Q 的第二次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 2、v Q 2，由动量守恒定律得m v 02
＝m v P 2＋4m v Q 2⑨
由机械能守恒定律得 12m v 202＝12m v 2P 2＋12×4m v 2Q 2⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 v P 2＝－35×7
5
v 0⑪
v Q 2＝25×7
5
v 0⑫
设第二次碰撞后Q 上升的高度为h 2，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 2＝2·(－2g sin θ)·h 2
sin θ
⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得h 2＝725·v 20
25g
⑭
设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v 03，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得
12m v 203－12m v 2
P 2
＝－mgh 2⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得v 03＝⎝⎛
⎭⎫752
v 0
⑯ P 与Q 的第三次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 3、v Q 3，由动量守恒定律得m v 03
＝m v P 3＋4m v Q 3⑰
由机械能守恒定律得 12m v 203＝12m v 2P 3＋12
×4m v 2Q 3⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 v P 3＝－35×⎝⎛⎭⎫7
52v 0⑲
v Q 3＝25×⎝⎛⎭
⎫7
52v 0⑳
设第三次碰撞后Q 上升的高度为h 3，由运动学公式得 0－v Q 32＝2·(－2g sin θ)·h 3
sin θ
○21 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱○21式得h 3＝⎝⎛⎭⎫7252·v 2
25g
○22 ……
总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为 h n ＝⎝⎛⎭⎫725n －1·v 2
25g
(n ＝1,2,3……)○23 (3)当P 、Q 达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
0－12m v 20＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·H
sin θ○24 解得H ＝v 20
18g
○25 (4)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t 1，由运动学公式得
v Q 1＝2gt 1sin θ○
26 设P 运动到斜面底端时的速度大小为v P 1′，需要的时间为t 2，由运动学公式得v P 1′
＝(－v P 1)＋gt 2sin θ○
27 v P 1′2－(－v P 1)2＝2sg sin θ○
28 设P 从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t 3
v 02＝(－v P 1)－gt 3sin θ○
29 当A 点与挡板之间的距离最小时t 1＝2t 2＋t 3○
30 联立○26○27○28○29○30式，代入数据得s ＝(87－13)v 20
200g sin θ○
31 答案：(1)35v 0 2
5
v 0
(2)⎝⎛⎭⎫725n －1·v 2
25g
(n ＝1,2,3……) (3)v 2018g (4)(87－13)v 20200g sin θ
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)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．
3．若物体(或系统)涉及到位移和时间，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)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产热应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．
[精选模拟]
1．如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B 点，初始时刻，物块a 在外力的作用下被压至
E点，BE＝2 m，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小v C＝4 m/s，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为m＝1 kg，传送带长为L＝4 m，始终以v＝3 m/s 的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)初始时刻的弹性势能；
(2)ab在传送带上运动时产生的划痕长度；
(3)由于传送物块电动机需要多消耗的电能．
解析：(1)将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则v B＝v C
cos θ
＝5 m/s 物块a由E到B的过程中根据能量守恒有
E p＝mgx BE sin θ＋1
2m v
2
B
＝24.5 J.
(2)物块a、b碰撞过程中根据动量守恒
m a v c＝(m a＋m b)v1
解得v1＝2 m/s
对ab整体，根据牛顿第二定律有μ2mg＝2ma
解得a＝5 m/s2
减速位移x＝v21
2a
＝0.4 m<L
故先减速到0再反向加速
减速时间t1＝v1
a
＝0.4 s
相对位移Δx1＝v t1＋v1
2t1
加速时间t2＝t1＝0.4 s
相对位移：Δx2＝v t2－v1
2t2
故划痕长度Δx2＝Δx1＋Δx2＝2.4 m.
(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量
Q ＝μ·2mg Δx ＝24 J.
答案：(1)24.5 J (2)2.4 m (3)24 J
2．如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：
(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；
(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．
解析：(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20
解得v ＝
v 20－2μ1gl ＝9 m/s
A 与
B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得 m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得 12m 1v 2＝12m 1v 21
＋12m 2v 22 联立解得
v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s
v 2＝2m 1
m 1＋m 2
v ＝6 m/s
碰后物块A 的速度大小为3 m/s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右． (2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有
－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1 对物块C μ2m 3g ＝m 3a 2
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2＋a 1t ＝a 2t 木板B 的最小长度 d ＝v 2t ＋12a 1t 2－1
2
a 2t 2＝3 m.
(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1<μ2
二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得 μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3 整个过程B 运动的位移大小为
x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－(a 2t )
2－2a 3
＝6 m
A 与
B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移大小为 x A ＝0－v 21
－2a 3
＝4.5 m
物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.
答案：(1) 3 m/s 方向向左 6 m/s 方向向右 (2)3 m (3)10.5 m。