2022-2023年高考物理二轮复习 第4篇案例2用能量观点或动量观点破解力学计算题课件

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一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【评分标准】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 ①(1分)设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②(2分)联立①②式得 ③(1分)
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④(1分)火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 ⑤(2分)⑥(2分)
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 ⑦(2分)联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为 ⑧(1分)
【阅卷揭秘】①式不标v的下脚标也可得1分,如设烟花弹上升的初速度为v,由题给条件有E= mv2。②式写成v0=gt也可得2分。③式写成 也可得1分。④式不标h的下脚标或所标脚标不相同也可得1分,只要能区分不同高度即可。
⑤式把 的不得分。(答题陷阱点)⑥把 写成mv1+mv2=0的不得分。把 写成 需设炸后瞬间其速度大小分别为v1和v2,否则不得分。(答题陷阱点)⑦式把 的不得分。(答题陷阱点)⑧式不写h=h1+h2不得分。(答题陷阱点)
【答题规则】规则1:必须要明确公式中的物理量①③④⑤⑥⑦式必须要表明其中物理量符号的具体意义,不然所列公式混乱,容易失分。规则2:使用题目给出的符号列式求解,明确公式中的物理量若题中已经定义了物理量的字母而用其他字母表示不得分。如题目的E不能写成E0。
规则3:写准公式和答案,不写推导过程火药爆炸后,烟花弹分成两部分,质量变为 m。其上部分动能为 而不是 。⑤式和⑦式写错不得分。另外要淡化数学运算过程。除上述规则,还需关注以下规则:规则4:分步列式,不要只写综合式每个基本公式都会对应步骤分,漏写一个,就会扣掉该步骤分。
规则5:有小数点或有效数字要求的要按要求操作要求结果保留2位有效数字,就不能保留1位,否则不得分。没有具体要求的结果带根号或分式均可。
1.(动量和能量观点)如图所示,在竖直面内有一个光滑弧形轨道,其末端水平,且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切,并平滑连接。A,B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下,当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点,后面的滑块B恰能返回P点。己知圆形轨道的半径R=0.72 m,滑块A的质量mA=0.4 kg,滑块B的质量mB=0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力可忽略不计。求:
(1)滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小;(2)两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h;(3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。
【解析】(1)设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2,根据牛顿第二定律有mAg= 解得:
(2)设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1,对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程,根据机械能守恒定律,有 可得:v1=6 m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0,对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程,根据动能定理,有(mA+mB)gh=
同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0,弹簧将两滑块弹开的过程,对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒,(mA+mB)v0=mAv1-mBv0解得:h=0.8 m
(3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep,对于弹开两滑块的过程,根据机械能守恒定律,有 解得:Ep=4 J答案:(1) 　 (2)0.8 m　(3)4 J
2.(动量和能量观点)如图所示,一光滑的 圆弧固定在小车的左侧,圆弧半径R=0.8 m,小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板,弹簧处于原长状态,自由端恰在C点,总质量为M=3 kg的小车置于光滑的地面,左侧靠墙,一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下,经过B点时无能量损失,最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m=1 kg,物块与小车间的摩擦因数为μ=0.1,BC长度为L=2 m,g取10 m/s2。求在运动过程中:(1)弹簧的最大压缩量;(2)弹簧弹性势能的最大值。
【解析】(1)由A点到B点的过程中,由动能定理得mgR= 解得vB=4 m/s从开始到静止于B点系统动量和能量守恒有mvB=(M+m)v (M+m)v2+2μmg(L+x)解得x=1 m
(2)由B点至将弹簧压缩到最短,系统动量守恒,取vB方向为正方向,有mvB=(M+m)v′此时的弹性势能最大,由能量守恒可得 (M+m)v′2+Ep+μmg(L+x)由以上两式可得Ep=3 J答案:(1)1 m　(2)3 J
3.(动量观点)足够长的木板静止放置在水平桌面上,木块A、B静止放置在长木板上,木块C固定在长木板上。木块A和B的质量mA=mB=m,木块C的质量为mC=2m,长木板的质量为m,木块A、B与木板间的动摩擦因数为μ,木板与地面间的动摩擦因数为 ,木块间的距离均为d,若给木块A一个水平向右的初速度 已知木块间碰撞后均粘在一起以共同速度运动,且碰撞时间极短,木块可看作质点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A与B碰撞后瞬间的速度;(2)AB与C碰撞后瞬间ABC共同的速度。
【解析】(1)对木块A,根据牛顿第二定律可得μmAg=mAa1解得a1=μg木块A对木板的摩擦力为f1=μmAg=μmg地面对木板的滑动摩擦力为f2= (mA+mB+m+mC)g=μmg
由于f1=f2,所以木块A滑动时木板静止不动,对木块A根据运动学公式可得 解得 木块A与木块B碰撞,木块A与木块B组成系统动量守恒,则有mAv1=(mA+mB)v2解得
(2)对木块AB,根据牛顿第二定律可得μ(mA+mB)g=(mA+mB)a2解得a2=μg木块AB对木板的摩擦力为f3=μ(mA+mB)g=2μmg>f2根据牛顿第二定律可得木板的加速度为f3-f2=(m+mC)a3解得a3= μg
根据运动学公式可得xAB=v2t- a2t2x木板= a3t2xAB-x木板=d联立解得 木块AB的速度为v3=v2-a2t= 木板的速度为v4=a3t=
木块AB与木块C 碰撞,木块ABC和木板组成系统动量守恒,则有(mA+mB)v3+(m+mC)v4=(mA+mB+mC+m)v5解得AB与C碰撞后瞬间ABC共同的速度 答案:
4.(能量观点)一轻质细绳一端系一质量为m=200 g的小球a,另一端挂在光滑水平轴O上,O到小球a的距离为L=0.1 m,小球a跟水平面接触,但无相互作用。在小球a的两侧等距离处分别固定两个相同的斜面CD、C′D′,斜面足够长且倾角θ=37°。如图所示,两个斜面底端CC′的水平距离s=2 m。现有一小滑块b,质量也为m,从左侧斜面CD上由静止滑下,与小球a发生弹性碰撞。已知小滑块b与斜面、水平面的动摩擦因数μ均为0.25。若不计空气阻力和C、C′点处的机械能损失,并将滑块和小球都视为质点,试问:
(1)若滑块b从h=1.5 m处静止滑下,求滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小;(2)若滑块b与小球a第一次碰撞后,小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零,求滑块b最终停下来的位置到C点的距离x;(3)若滑块b从h处静止滑下,求小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能Ekn的表达式。(要求除h、n外,其他物理量的数值需代入,写出关系式即可,不需要写出取值范围。)
【解析】(1)对滑块b,根据动能定理有 解得v1= 小球a与滑块b质量相同,弹性碰撞,速度交换,则对小球a有F-mg= 解得F=32 N
(2)小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零,分两种情况①恰好通过圆周最高点,有vt= 小球a从左侧与滑块b相碰,之后对滑块b根据动能定理,有μmgx′=mg2L+ 解得x′=1 m所以滑块b最终停下来的位置到C点的距离x=x′+ =2 m
②恰好运动到 圆,则vt=0小球a从右侧与滑块b相碰,之后对滑块b根据动能定理,有mgL-μmgx″=0解得x″=0.4 m所以滑块b最终停下来的位置到C点的距离x= -x″=0.6 m
(3)对滑块b,根据动能定理有 解得Ek1= 第n-1次做完整的圆周运动时,有Ekn-1=mghn-1+ 所以Ekn-1= hn-1+0.5