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2022-2023年高考物理二轮复习 第2篇必考模型1维度3涉及能量守恒定律的板块模型课件
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这是一份2022-2023年高考物理二轮复习 第2篇必考模型1维度3涉及能量守恒定律的板块模型课件，共23页。PPT课件主要包含了研透真题·破题有方，2情境化模型，多维猜押·制霸考场，必备知能·融会贯通等内容，欢迎下载使用。
如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mg+f=Ma1①f-mg =ma2②联立①②式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为v0= ④方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1⑤联立③④⑤式得t1= ⑥
设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得h1=v0t1- ⑦v=v0-a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2= ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1= H
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 联立 式并代入题给数据得x1= H 同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2= H1
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L 联立 式,L应满足的条件为L≥ H 答案:(1)2g 3g (2) H (3)L≥ H
【真题解码】(1)审题拆过程:
(3)命题陷阱点:陷阱1:自由下落时,球与管不会发生相对滑动。陷阱2:管与地面弹性碰撞时间极短,故管速率不变而球不受影响。陷阱3:管反弹后,相对球向上运动,故受到向下的摩擦力而球受到向上的摩擦力。
1.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则( )A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
1.D 两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有 而EkA>EkB,则得到mAdB,则有子弹入射时的初动能EkA>EkB,故B错误,D正确。子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动时间必定相等,否则木块就会运动,故C错误。
2.(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是( )A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C.第一次和第二次过程中产生的热量相等D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
2.B、D 在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,选项A错误,B正确;由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,选项C错误,D正确。
3.如图所示,从A点以某一水平初速度抛出质量m=2 kg的小工件(可视为质点),当工件运动至B点时,恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°固定光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、紧靠圆弧轨道且静止在光滑水平面的长木板,长木板右端固定一轻质弹簧,工件压缩弹簧后被弹回并最终停在长木板的左端(弹簧始终在弹性限度内)。已知圆弧轨道C端切线水平,长木板的质量M=1 kg,A、B两点相对C的竖直高度分别为H=1 m,h=0.55 m,(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)求:
(1)工件在B点时的速度大小;(2)工件滑动至圆弧轨道C点时受到轨道的支持力大小;(3)运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。
【解析】(1)从A到B,工件做平抛运动,竖直方向H-h= gt2在B点工件的竖直分速度vy=gt=vBsin37°代入数据解得vy=3 m/s vB=5 m/s
(2)设工件到达C点时的速度为v,工件由B到C过程,由动能定理得mgh= mv2- 其中h=R-Rcs37°在C点,支持力与工件重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F-mg=m 代入数据解得v=6 m/s F≈46 N
(3)弹簧压缩量最大时弹性势能最大,工件与长木板的速度相等,工件与长木板组成的系统动量守恒,从工件滑上长木板到弹簧压缩量最大过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1设长木板的长度为L,由能量守恒定律得 mv2= (M+m) +μmgL+Epm
从弹簧压缩到最短到工件到达木板最左端过程,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(M+m)v1=(M+m)v2从工件滑上长木板到工件相对木板静止过程,由能量守恒定律得 mv2= (M+m) +μmg·2L 代入数据解得v1=v2=4 m/s,Epm=6 J答案:(1)5 m/s (2)46 N (3)6 J
【核心必备】分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mg+f=Ma1①f-mg =ma2②联立①②式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为v0= ④方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1⑤联立③④⑤式得t1= ⑥
设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得h1=v0t1- ⑦v=v0-a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2= ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1= H
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 联立 式并代入题给数据得x1= H 同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2= H1
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L 联立 式,L应满足的条件为L≥ H 答案:(1)2g 3g (2) H (3)L≥ H
【真题解码】(1)审题拆过程:
(3)命题陷阱点:陷阱1:自由下落时,球与管不会发生相对滑动。陷阱2:管与地面弹性碰撞时间极短,故管速率不变而球不受影响。陷阱3:管反弹后,相对球向上运动,故受到向下的摩擦力而球受到向上的摩擦力。
1.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则( )A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
1.D 两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有 而EkA>EkB,则得到mA
2.(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是( )A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C.第一次和第二次过程中产生的热量相等D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
2.B、D 在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,选项A错误,B正确;由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,选项C错误,D正确。
3.如图所示,从A点以某一水平初速度抛出质量m=2 kg的小工件(可视为质点),当工件运动至B点时,恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°固定光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、紧靠圆弧轨道且静止在光滑水平面的长木板,长木板右端固定一轻质弹簧,工件压缩弹簧后被弹回并最终停在长木板的左端(弹簧始终在弹性限度内)。已知圆弧轨道C端切线水平,长木板的质量M=1 kg,A、B两点相对C的竖直高度分别为H=1 m,h=0.55 m,(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)求:
(1)工件在B点时的速度大小;(2)工件滑动至圆弧轨道C点时受到轨道的支持力大小;(3)运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。
【解析】(1)从A到B,工件做平抛运动,竖直方向H-h= gt2在B点工件的竖直分速度vy=gt=vBsin37°代入数据解得vy=3 m/s vB=5 m/s
(2)设工件到达C点时的速度为v,工件由B到C过程,由动能定理得mgh= mv2- 其中h=R-Rcs37°在C点,支持力与工件重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F-mg=m 代入数据解得v=6 m/s F≈46 N
(3)弹簧压缩量最大时弹性势能最大,工件与长木板的速度相等,工件与长木板组成的系统动量守恒,从工件滑上长木板到弹簧压缩量最大过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1设长木板的长度为L,由能量守恒定律得 mv2= (M+m) +μmgL+Epm
从弹簧压缩到最短到工件到达木板最左端过程,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(M+m)v1=(M+m)v2从工件滑上长木板到工件相对木板静止过程,由能量守恒定律得 mv2= (M+m) +μmg·2L 代入数据解得v1=v2=4 m/s,Epm=6 J答案:(1)5 m/s (2)46 N (3)6 J
【核心必备】分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
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