2020届高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题二 “三大观点”解决力学问题课件

专题二能量与动量第4讲“三大观点”解决力学问题高考总复习大二轮物理三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养2019Ⅲ卷25T动量和能量的综合应用物理观念科学思维2018Ⅰ卷24T动量与能量的综合应用科学思维近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：Ⅱ卷24T牛顿第二定律，运动学公式科学思维2017Ⅲ卷25T动力学观点解决板块问题物理观念科学思维①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.考向一用动力学观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心通技法[典题例析]——析典题学通法[例1](2019·江苏卷，15T)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下，接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.[审题指导](1)A获得向右的速度后，A对B向右的滑动摩擦力小于地面对B向左的最大静摩擦力，因此，此过程B静止不动．(2)B获得向右速度后，A、B间发生相对滑动，到再次左边缘对齐，A、B两物块的位移差为L.[解析](1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动2aAL＝v2A解得vA＝2μgL(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得vB＝22μgL[答案](1)vA＝2μgL(2)aB＝3μg，a′B＝μg(3)vB＝22μgL[跟进题组]——练考题提能力1．如图所示，地面上有一固定的倾角θ＝37°的斜面，质量为m＝2kg的滑块C(可视为质点)从距长木板上表面高h＝0.6m处由静止滑下，水平地面上长木板A上表面与斜面末端平滑对接，A左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A右端与B左端紧靠在一起同样不粘连，A、B的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L均为37.5cm，质量M均为1kg，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C与斜面间的动摩擦因数为μ0＝0.5，滑块C与木板A间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块C与木板B间的动摩擦因数为μ2＝16，忽略空气阻力．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)求：(1)滑块C到达斜面底端时的速度v0为多大？(2)滑块C在A上表面滑行时，A、B间的弹力大小为多少？(3)经多长时间滑块C运动到A的右端？此时滑块C的速度为多大？(4)最终稳定时，滑块C是否脱离长木板B？若未脱离，滑块C相对B静止的位置距离B右端多远？解析：(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ0mgcosθ＝ma0，代入数据解得a0＝2m/s2，由运动学公式得v20＝2a0hsin37°，代入数据解得v0＝2m/s.(2)C在A上表面滑行时，A、B一起运动，受到C给的向右的摩擦力为μ1mg＝2MaAB，解得aAB＝2m/s2，隔离B分析，A对B的弹力为F＝MaAB＝2N.(3)C在A上滑行时，C减速运动的加速度大小为a1＝μ1g＝2m/s2，设经过时间t1，C刚滑离A滑上B，则v0t1－12a1t21－12aABt21＝L，代入数据解得t1＝14st1＝34s不合题意.舍弃，此时A、B的速度vAB＝aABt1＝0.5m/s，C的速度v＝v0－a1t1＝1.5m/s.(4)此后，C在B上继续做减速运动，设C的加速度大小为a2，B的加速度大小为aB，a2＝μ2g＝53m/s2，aB＝μ2mgM＝103m/s2，假设C未脱离B，经过时间t2，B、C速度相同，vB＝vC，即v－a2t2＝vAB＋aBt2，解得t2＝0.2s，故vB＝vC＝76m/s.此时C在B上发生的相对位移为Δx＝v＋vC2·t2－vAB＋vB2·t2＝0.1m＜0.375m.所以滑块C未脱离长木板B.此时滑块C距离B右端的距离为ΔL＝0.375m－0.1m＝0.275m＝27.5cm.答案：(1)2m/s(2)2N(3)14s1.5m/s(4)滑块C未脱离木板B27.5cm考向二用功能观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心通技法1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律．2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律．3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．[典题例析]——析典题学通法[例2]如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.[审题指导](1)滑块从A到B过程满足动能定理．(2)滑块从B到C过程平抛运动，注意C点速度分解．(3)滑块从C到D机械能守恒．[解析](1)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒得：12mv2D＝12mv2C＋mgR(1－cos37°)滑块在D点的速度vD＝v2C＋2gR1－cos37°＝33m/s在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝mv2DR滑块受到的支持力FN＝mg＋mv2DR＝25.6N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F′N＝FN＝25.6N，方向竖直向下(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B点的速度为vB＝vCcos37°＝4m/s滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Pt－μmgL＝12mv2B－0解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝mv2B＋2μgL2P＝0.4s[答案](1)25.6N(2)0.4s[跟进题组]——练考题提能力2．如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．解析：(1)因为物块恰好能通过C点，有：mg＝mv2CR物块由C点做平抛运动，有：x＝vCt,2R＝12gt2解得：x＝2R即物块在水平轨道的落点与B点的距离为2R.(2)物块由B到C过程中机械能守恒，有：12mv2B＝2mgR＋12mv2C设物块在B点时受到轨道的支持力为FN，有：FN－mg＝mv2BR，解得：FN＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力F′N＝FN＝6mg.(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：Ep＝2mgR＋12mv2C，解得Ep＝52mgR.答案：(1)2R(2)6mg(3)52mgR考向三用动量与能量观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心通技法动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．[典题例析]——析典题学通法[例3](2019·全国Ⅲ，25T)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？[思路导引](1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可．(2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度，分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题．(3)假设A能与B碰撞，应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度，问题便易于解决了．[解析](1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝12mAv2A＋12mBv2B②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－12at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－12at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有12mAv′2A－12mAv2A＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA＝7m/s⑪故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B⑫12mAv′2A＝12mAv″2A＋12mBv″2B⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v″A＝375m/s，v″B＝－275m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式2as′A＝v″2A，2as′B＝v″2B⑮由④⑭⑮式及题给数据得s′A＝0.63m，s′B＝0