高考物理一轮复习第6章专题突破6三大力学观点的综合应用课件

这是一份高考物理一轮复习第6章专题突破6三大力学观点的综合应用课件，共51页。PPT课件主要包含了细研考点·突破题型，答案能，2小车的长度L，答案2m，答案045，答案9m，答案2R等内容，欢迎下载使用。

模型1　“滑块—弹簧”碰撞模型 1．模型图示
突破一 应用“三大力学观点”的三类典型模型　多维探究
2．模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
[典例1]　如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
思路点拨：解此题要注意以下关键信息： (1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。 (2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。
[解析]　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 3mv＝mv0① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得 3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
模型2　“子弹打木块”模型 1．模型图示
2．模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。
3．两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v
(2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
[典例2]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
[解析]　设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝6 m/s
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
[答案]　6 m/s　882 J　
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
[解析]　假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8 m/s此过程系统所损耗的机械能为
模型3　“滑块—滑板”模型 1．模型图示   水平地面光滑
2．模型特点 “滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类： (1)没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即Ff·x相对＝ΔEk。 (2)系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。
[典例3]　(2022·山东济南市5月高考模拟)如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B。某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
[解析]　对A有μmg＝maA，得aA＝μg
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
[解析]　若A、B刚好不发生碰撞，则三者正好达到共同速度，A相对于C滑行距离为L，由动量守恒有mv1＝3mv共
(3)若已知A的初速度为v0，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
[解析]　由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有mv0＝3mv共′
[跟进训练] 1．(冲击板块模型)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；
[解析]　子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10 m/s。
[答案]　10 m/s　
[解析]　三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8 m/s由能量守恒定律可得
2．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(2022·全国乙卷)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为 0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：
图(a) 图(b)
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
[解析]　水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有mBv1＝(mB＋mA)v0　①其中v1＝1.2v0　②可得mB＝5m　③该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为Ep，得
[答案]　0.6mv02　
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
[解析]　由题图知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～t0时间内的位移SA＝0.36v0t0，即为0～t0内，v-t图像中A线与t轴所夹面积。
解法一   图1 在压缩弹簧的过程中，物块A、B所受弹簧弹力大小相等，方向相反 则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍，有aA＝5aB 若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足SA＝5SB′ 在图1中深灰色阴影面积为SA，浅灰色阴影面积为SB′ 最大压缩量为X＝1.2v0t0－SA－SB′＝0.768v0t0。
解法二 0～t0过程，由动量守恒有 mvA＋5mvB＝(m＋5m)v0 结合运动学知识有mSA＋5mSB＝6mv0t0 解得SB＝1.128v0t0(B在0～t0内的位移) 最大压缩量为X＝SB－SA＝1.128v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0。
[答案]　0.768v0t0　
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
[解析]　设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx，物块A(含弹簧)回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有mBv2－mAvx＝mBv3＋mA·2v0　⑧ mBv22＋ mAv＝ mBv32＋ mA(2v0)2　⑨由⑧⑨得vx＝v0　⑩(另一解舍去)
物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有 －mgμscs θ－mgssin θ＝0－ m(2v0)2　⑪ 物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有 －mgμscs θ＋mgssin θ＝ mv02－0　⑫ 由⑪⑫得μ＝0.45。
1．解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识 解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题， 可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
突破二 动力学、能量和动量观点的综合　师生共研
新高考乙卷 2022·T25
山东卷 2022·T18
广东卷 2022·T13
河北卷 2022·T13
重庆卷 2022·T12
海南卷 2022·T16
2．力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题。但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
[典例4]　(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，
物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。(g取10 m/s2)
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
[答案]　5 m/s　
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
[解析]　从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零mgh1－2μmgl－mgH＝0h1＝1.2 m。
[答案]　FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)　
(3)若物块b释放高度0.9 m当0.9 m(1)滑道AB段的长度；
[解析]　设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1解得a1＝2 m/s2滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
[解析]　设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/sv2＝v0＋a2t＝7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44 m/s。
[答案]　7.44 m/s
2．(动力学、动量和能量观点综合)(2021·湖北卷)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
[解析]　设 B运动到半圆弧轨道最高点时速度为v′2，由于B对轨道最高点的压力为零，
B离开最高点后做平抛运动，
在水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R。
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受的力对A做功的功率；
[解析]　对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得由于对A做功的力只有重力，则A所受的力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ，解得
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。