2021届高考物理二轮复习课件：第四篇 案例二 用能量观点或动量观点破解力学计算题

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 1 m。其上部分动能为
2
1 2
mv12
。⑤式和⑦式写错不得分。另外要淡化数学运算过程。
1 4
mv12
而不是
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。
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=
5
(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
v12－v02 =-2a1d
解得v1=2 3gd
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v2= 3gd
解得AB与C碰撞后瞬间ABC共同的速度
v5= 3
3gd 10
答案:(1) 3gd
(2)3 3gd
10
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:
(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= 1 μg
3
根据运动学公式可得xAB=v2t-
1 2
a2t2
x木板=
1 2
a3t2
xAB-x木板=d
联立解得t= 1 3d ,或t= 3d (舍去)
2 g
g
木块AB的速度为v3=v2-a2t= 3gd
2
木板的速度为v4=a3t= 3gd
6
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
(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=mA
v
2 2
R
解得:v2= 6 5 m/s
5
(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
5
2.(动量和能量观点)如图所示,一光滑的 1 圆弧固定在小车的左侧,圆弧半径
4
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。
2
(3)对滑块b,根据动能定理有
mgh- mgh
tan
-μmg
s 2
=Ek1
解得Ek1=
4h － 1 32
第n-1次做完整的圆周运动时,
有Ekn-1=mghn-1+
mghn－1 +μmg s
tan
2
所以Ekn-1=
8 3
hn-1+0.5
Ekn=mghn-1-
mgh n－1 tan
-μmg
s 2
所以Ekn= 4 hn-1-0.5
此时的弹性势能最大,由能量守恒可得
1 2
m v2B
=
1 2
(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
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。
【考生满分答卷】
体验规则赢满分
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:
【解析】(1)由A点到B点的过程中,由动能定理得mgR=
1 2
m
v2B
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
1 2
m
v2B=
1 (M+m)v2+2μmg(L+x)
2
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′
【解析】(1)对滑块b,根据动能定理有
mgh- mgh -μmg
tan
s 2
=
1 2
mv12
解得v1= 15 m/s
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=m v2
L
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= gL 小球a从左侧与滑块b相碰,之后对滑块b根据动能定理,
(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。)
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
1 4
mv12
1 4
mv22
E
1 2
mv1
1 2
mv2
0
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式把
1 4
mv12
1 2
mgh 2
写成
1 2
mv12
mgh
的不得分。(答题陷阱点)
2
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。
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
1 2
(mA+mB)
v
2 0
+Ep=
1 2
mA
v12
+
1 2
mB
v02
解得:Ep=4 J
答案:(1) 6 5 m/s (2)0.8 m (3)4 J
【评分标准】
(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=
1 2
mv02
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=-gt 联立①②式得
②(2分)
t= 1 2E
gm
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=mgh1
④(1分)ຫໍສະໝຸດ 3可以得到Ekn+0.5=
1 2
(Ekn-1-0.5)
所以Ekn+1.5= 所以Ekn= ( 1 n－1
2
12(Ekn-1+1.5) 4h +1)-1.5
3
答案:(1)32 N (2)见解析
(3)Ekn=
1 n－1 2
(
4h 3