专题二 第10课时　力学三大观点的综合应用课件PPT

这是一份专题二 第10课时　力学三大观点的综合应用课件PPT，共54页。PPT课件主要包含了命题规律，专题强化练，高考预测，力学三大观点对比，高考题型1，答案4ms，答案045m，答案08m，联立可得水平距离为，高考题型2等内容，欢迎下载使用。

第10课时　力学三大观点的综合应用
1.命题角度：(1)应用力学三大观点解决多过程问题； (2)板－块模型中力学三大观点的应用.2.常考题型：计算题.
高考题型1　应用力学三大观点解决多过程问题
高考题型2　应用力学三大观点解决板—块模型问题
应用力学三大观点解决多过程问题
道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝ ，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.
例1　(2021·浙江6月选考·20)如图1所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨
解析　小滑块在AB轨道上运动
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
解析　设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
解得v1＝0，v2＝vB小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
解得hmin＝0.45 m
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
解析　设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
由平抛运动规律可得x＝vGt，
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值最大值为xmax＝0.8 m.
1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题.2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化.3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移.用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程).
应用力学三大观点解决板—块模型问题
例2　如图2所示，水平面上有一长为L＝14.25 m的凹槽，长为l＝ 、质量为M＝2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐.水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m＝4 kg的小物块接触但不连接.用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W＝72 J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦不计，g取10 m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计.求：(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；
(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；
解析　物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝4 m/s，l1＝3 m设达到共速v1时平板车的位移为x1，
所以共速时平板车没有到达凹槽右端，共速后做匀速直线运动，平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4 m/s.
(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离.
解析　平板车第一次与凹槽右端碰撞后，物块和平板车组成的系统总动量向右，以向右为正方向.假设物块与平板车第二次共速前未与凹槽相碰，由动量守恒有mv1－Mv1＝(m＋M)v2碰撞后物块在平板车上滑动的距离设为l2，
所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速.设平板车向左速度减小到0时位移为x2
所以平板车没有与凹槽左端相碰.即小物块离开平板车之前，未与平板车第二次共速；且平板车没有与凹槽左端相碰.所以由动量守恒得mv1－Mv1＝mv3＋Mv4
碰撞后物块在平板车上实际滑动的距离设为l3，由动能定理得
碰撞后，至物块离开平板车时，平板车运动的位移设为x3，由动能定理得
1.(2021·山东滨州市高三期末)某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A点正上方的O点，闯关者水平向左速度为v＝10 m/s，在A点抱住沙袋一起向左摆动，细绳摆到与竖直方向成角度θ＝37°时松手，闯关者恰好落到另一侧平台的B点，A、B在同一水平面上，如图3所示，沙袋到悬点O的距离为L＝5 m，闯关者的质量为M＝60 kg，沙袋质量为m＝40 kg，当地重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，沙袋和闯关者视为质点.求：(1)闯关者刚抱住沙袋时的共同速度大小；
解析　设闯关者刚抱住沙袋时的共同速度为v1，由动量守恒定律可得Mv＝(M＋m)v1代入数据可得v1＝6 m/s
(2)闯关者抱住沙袋向左摆动过程中，细绳的最大拉力大小；
解析　在A点刚抱住沙袋时，绳子拉力最大，设最大拉力为FT
代入数据可得FT＝1 720 N
(3)A、B两点间的距离.(结果保留两位有效数字)
解析　细绳与竖直方向夹角为θ时，闯关者与沙袋的速度大小为v2，由机械能守恒定律可知
闯关者松手后做斜抛运动，设经过时间t落到另一侧平台的B点，AB间距离为s，由运动学公式可得－(L－Lcs θ)＝v2tsin θ－ gt2 ，x＝v2tcs θA、B之间距离为s＝x＋Lsin θ 代入数据解得s≈5.4 m.
2.(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图4所示，有一倾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P，将质量m1＝1 kg的“ ”形木板(前端挡板厚度忽略)单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为s＝0.15 m；若将光滑物块(视为质点)放在木板最上端并同时由静止释放(木板位置与上次释放时初位置相同).已知：物块的质量m2＝2 kg，释放时木板下端到挡板P的距离L1＝3 m，木板长L2＝0.75 m，g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，cs θ＝0.8，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数；
解析　木板单独下滑，由能量守恒定律得
木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得
(2)物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；
解析　木板与物块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力Ff1＝μ·(m1＋m2)gcs θFf1>m1gsin θ故开始时木板静止不动.
碰撞前物块速度v0＝3 m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v′，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′损失的机械能
(3)物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程.
解析　设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a1(m1＋m2)gsin θ＋μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a2a1＝2 m/s2，a2＝10 m/s2木板与物块粘合后一起加速下滑v12－v′2＝2a1L1第一次撞击后木板上滑的距离
解得s1＝0.2 m第二次撞击木板时速度v2，则v22＝2a1s1
s2＝0.01 m物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程s总＝L1＋2s1＋s2＝3.41 m.
1.(2021·辽宁省1月适应性测试·13)如图1所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态.套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降 到达最低点.已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力.求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
解析　碰撞前，圆环做自由落体运动，有v12＝2gh碰撞时由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
解析　对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
答案　4 m/s　1 m/s
2.(2021·山东德州市一模)如图2所示，可看作质点的小物块A的质量m＝1 kg，右端带有竖直挡板的足够长的木板B，它的质量M＝2 kg，木板B上M点左侧与小物块A间的动摩擦因数μ＝0.5，M点右侧光滑，M点与木板右侧挡板的距离L1＝1.5 m，水平地面光滑.初始时木板B静止，A在木板B上M点的左侧，与M点的距离L2＝1.8 m，现使A获得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6 m/s，A与B右侧挡板碰撞的时间和能量损失都不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)A第一次到达M点时，A和B各自的速度大小；
解析　自初始时至A第一次到达B上的M点，由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2
联立两式代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝1 m/s
(2)A和B达共同速度时，A距M点的距离；
解析　自初始时至A和B达共同速度，由动量守恒得mv0＝(m＋M)v
ΔL＝L－L2联立解得，A距M点的距离ΔL＝0.6 m
答案　4.44 m/s
(3)自初始时至A、B碰撞，A的平均速度大小；
解析　自初始时至A第一次到达B上的M点，
自A第一次到达B上的M点至到达右侧挡板，L1＝(v1－v2)t2，解得t2＝0.5 s，则x2＝v1t2＝2 m
(4)自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移大小.
解析　A与B右侧挡板碰撞过程，由动量守恒得mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′由能量守恒定律得
解得v1′＝0，v2′＝3 m/s
解得x3＝0.4 m自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移x＝x1＋x2＋x3＝4.4 m.
3.(2021·福建厦门市一模)如图3所示，一质量m1＝0.1 kg的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量m2＝0.3 kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R＝0.5 m的半圆弧轨道(直径CD竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小FN＝84 N.木板质量M＝0.4 kg、长度L＝6 m，上表面与半圆弧轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与
平台相碰后瞬间静止.已知两物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)两物块经过D点时的速度大小vD；
解析　两物块经过D点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有
(2)释放物块前弹簧的弹性势能Ep和碰撞过程中损失的能量E；
答案　64 J　48 J
两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有
解析　两物块由C点运动到D点，由动能定理有
弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有
(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系.
解析　若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得(m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共得v共＝5 m/s对两物块，由动能定理有
由于L＋x′>x，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若s≥x′＝2.5 m，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有
若s4.(2021·山东日照市高三一模)如图4所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在水平地面上方，B球距地面的高度h＝1.8 m，A球在B球的正上方，距地面的高度H＝4.2 m.同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正碰.所有碰撞时间忽略不计，已知mB＝3mA，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动能损失.求：(1)第一次碰撞点距地面的高度；
v1＝gt1，v1＝6 m/s，此时A球距离地面H1＝H－h＝2.4 m设B球反弹后再经过t2时间相遇，
联立得vB1′＝－2 m/s，vA1′＝10 m/s
(2)第一次碰后A球上升的最大距离；
解析　碰撞前A球的速度vA＝v1＋gt2＝8 m/sB球的速度大小vB＝v1－gt2＝4 m/sA、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向3mvB－mvA＝3mvB1′＋mvA1′
(3)两球第二次相碰时距地面的高度(计算中取 ≈2.45，结果保留两位有效数字).
解析　第一次碰后B球再经t3时间与地面第二次相碰，
A球运动到最高点.B球在t3＋ ＝0.78 s末到达最高点，高度为1.2 m，在1.27 s时刻落地，反弹速度为4.9 m/s，A球从最高点下落tA＝0.27 s时离地面高度为5.635 5 m，此时速度vA2＝gtA＝2.7 m/s