(共47张PPT)
2024年高考物理二轮复习专题 课件★★力学三大观点的综合应用
力学三大观点对比
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动,涉及运动细节
匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+ at2 v2-v02=2ax等 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 动量观点 动量定理 I合=p′-p 只涉及初末速度、力、时间,而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1+p2=p1′+p2′ 只涉及初末速度,而不涉及力、时间
(2023·江苏卷·15)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t;
例1
根据动量定理有
(mgsin 45°-μmgcos 45°)t=mvP-0
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v;
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。
水平方向上有L=vBsin 45°·t′
(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运动时
的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到
竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,
不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°
=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
例2
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;
答案 4 m/s 22 N
滑块从静止释放到C点过程,根据动能定理可得
解得vC=4 m/s
滑块过C点时,根据牛顿第二定律可得
解得FC=22 N
(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;
答案 0.3
设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得
解得v=6 m/s
摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速,设为v1,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得mv=2mv1
根据能量守恒定律可得
解得μ=0.3
(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。
答案 2.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t=t1+t2=2.5 s。
(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示,倾角为α=37°的斜面固定放置,B点下方粗糙,上方光滑,质量为mQ=3m的物块Q放在B点时恰能不下滑,质量为mP=m的物块P从斜面上A点由静止释放,A、B两点间的距离为3 m,P、Q间的碰撞为弹性碰撞,物块P与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为0.5,一段时间后,物块P与Q在斜面上发生第二次碰撞,不计碰撞时间和物块的大小,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后瞬间物块Q的速度大小;
答案 3 m/s
设物块P与Q第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0,
解得v0=6 m/s,
设第一次碰撞后瞬间物块P、Q的速度分别为v1、v2,
根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
mPv0=mPv1+mQv2,
解得v1=-3 m/s,v2=3 m/s。
(2)求物块P从静止释放到与物块Q发生第二次碰撞所经过的时间。
设物块P从静止释放到运动到B点所用时间为t1,根据动量定理有mPgsin α·t1=mPv0,
解得t1=1 s
第一次碰撞后,物块Q在斜面上做匀速直线运动,物块P在斜面光滑部分运动的加速度大小为a1=gsin α=6 m/s2,
物块P碰撞后再回到B点的速度v1′=|v1|,
物块P在斜面粗糙部分运动的加速度大小为
a2=gsin α-μgcos α=2 m/s2
设P回到B点后再经过t3时间,物块P、Q发生第二次碰撞,
专题强化练
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1.(2023·江苏扬州市三模)有一款三轨推拉门,门框内部宽为2.4 m,三扇相同的门板如图所示,每扇门板宽为d=0.8 m,质量为m=20 kg。与轨道间的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣(厚度不计),两门板碰后可连在一起,现将三扇门板静止在最左侧,用力F水平向右拉3号门板,一段时间后撤去,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触,求力F做的功W;
答案 1.6 J
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由题意,对3号门板,根据动能定理有W-μmgd=0
解得W=1.6 J
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(2)若F=12 N,3号门板恰好到达门框最右侧,大门完整关闭。求:
①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v0;
答案 0.8 m/s
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解得v1=0.4 m/s
碰撞过程,根据动量守恒定律mv0=2mv1
解得v0=0.8 m/s
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②拉力F的作用时间t。
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根据牛顿第二定律F-μmg=ma
解得a=0.5 m/s2
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2.(2021·湖北卷·15)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;
答案 2R
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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
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(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所受力对A做功的功率;
由于对A做功的力只有重力,则在D点时,A所受力对A做功的功率为P=mgvDsin θ
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(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。
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设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2,对B由Q点到最高点的过程,
设碰前瞬间A的速度为v0,对A、B碰撞的过程,
由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2
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碰撞过程中A和B损失的总动能为
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3.(2023·江苏苏州市模拟)竖直面内的水平轨道上有一半径为R=1.5 m、圆心角为θ=60°的固定光滑圆弧轨道,其底端紧靠一质量为M=0.2 kg的长木板,长木板上表面与圆弧轨道底端平齐,长木板右端放置一小物块P,如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小物块A、B分别置于圆弧轨道两侧,A刚好被锁定在圆弧轨道上端,B悬停在空中。现解除锁定,A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后,A立即又被锁定,P开始运动的v-t图像如图乙所示,图中的v0、t0、t1均为未知量,整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为m0=1.2 kg,B、P的质量均为m=0.4 kg,P与长木板之间的
动摩擦因数为μ1=0.5,长木板与水平
轨道之间的动摩擦因数为μ2=0.3,P、
A、B均可视为质点,重力加速度大小
为g=10 m/s2。求:
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(1)v0、t0的值;
答案 3 m/s 0.5 s
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其中vAcos 30°=vB
解得vA=2 m/s
物块A、P发生弹性碰撞,满足动量守恒和机械能守恒,可得m0vA=m0vA′+mv0
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解得v0=3 m/s
物块P滑上木板后,根据牛顿第二定律,对滑块P
μ1mg=ma1
对木板μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
速度相同时v0-a1t0=a2t0
解得t0=0.5 s
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(2)0~t0与t0~t1过程,小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。
答案 23
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t0时刻,所达到的共同速度v1=a2t0=0.5 m/s
根据能量守恒,在0~t0时间内产生的热量
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4.如图所示,在倾角为30°的光滑足够长的斜面上建立x轴,单位为米(m),坐标原点在O处,在x1=-0.1 m和x2=-0.4 m处有质量分别为2M和M小球A和B,在x轴正半轴某处垂直于斜面放置一弹性薄挡板,现将两小球同时由静止释放,小球与薄挡板之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰,碰撞时间极短,g取10 m/s2,求:
(1)小球A第一次到达原点O处的速度大
小vA和运动时间tA;
答案 1 m/s 0.2 s
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小球A、B在斜面运动过程中的加速度大小都为a=gsin 30°=5 m/s2
(2)小球A第一次与挡板碰撞后,返回到原点O处时,恰好与小球B迎面发生第一次碰撞,则挡板的位置坐标x0;
答案 0.125 m
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(3) 两小球在原点O处发生第一次碰撞后,立即移动挡板至kx0处,当小球A再次与移动后的挡板相碰后,撤去挡板,使得A与B在x轴正半轴发生第二次碰撞,求k的取值范围。
答案 k>6.4
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由运动对称性可知球A反弹回到O点时的速度vA1=vA=1 m/s
球B到达O点的速度vB=atB=2 m/s
以沿斜面向下为正方向,两球在碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得
MvB-2MvA1=MvB1+2MvA2
解得vA2=1 m/s,vB1=-2 m/s
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此时若A球也恰好到达O点,则
解得kmin=6.4
当kx0很大时,B球碰撞后再次过O点时A球的速度为vA3=vA2+atB1=5 m/s>|vB1|
即kx0很大时,在A球未与板碰撞反弹之前,A、B球不会发生碰撞。当A球与板碰撞反弹后必然与B球发生第二次碰撞。所以k>6.4。