高考物理二轮总复习精品课件 第一编 核心专题突破 专题2 能量与动量 第二讲动量和能量观点的应用.ppt

本课结束A下滑过程中,由动能定理得由题意知,第二次碰撞为弹性碰撞,设碰后B的速度大小为vB由动量守恒定律得mB·0.8v0-mAvA=mBvB+mA·2v0由能量守恒定律得分层演练——拿高分练真题·明考向(命题角度1、2)(2023浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析(1)对滑块a从D到F,根据动能定理得解得FN=31.2N。(2)滑块a返回传送带的过程一直在做减速运动,设滑块a与滑块b碰后的速度为va,滑块a从碰后到返回到传送带的B点,根据动能定理得解得va=5m/sa和b相互作用的过程满足动量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5m/sa和b碰撞过程损失的机械能为解得ΔE=0。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则根据动量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5m/s弹簧被压缩到最短和最长,均有mvF=(m+3m+2m)v弹簧最大长度与最小长度之差为Δx=2x解得Δx=0.2m。练模拟·提能力(命题角度1、3)(2023山东潍坊一模)如图所示,质量为m的工件甲静置在光滑水平面上,其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成,两轨道相切于B点,圆弧轨道半径为R,质量为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点,另一端系一质量为m0的小球丙,细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ并由静止释放,丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(此后两者不再发生碰撞);碰后甲向左滑动的过程中,乙从C点离开圆弧轨道。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小。(2)求乙落回轨道后,乙对甲压力的最大值。(3)仅改变BC段的半径,其他条件不变,通过计算分析乙运动过程的最高点与A点间的高度差如何变化。解析(1)丙向下摆动过程中机械能守恒丙与甲碰撞过程,由动量守恒定律得m0v0=m0v+mv由机械能守恒定律得(2)乙从C点离开时,因甲、乙水平速度相同,故乙仍从C点落回。当乙回到B点时,乙对甲压力最大,设此时甲速度大小为v甲1,乙的速度大小为v乙1。从丙与甲碰撞结束至乙回到B点过程中,由动量守恒定律得mv=mv甲1+mv乙1由机械能守恒定律得(3)乙从C点离开时,甲、乙水平速度相同,设甲速度为v甲2,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程,甲、乙水平方向动量守恒mv=2mv甲2若减小BC段的半径,乙一定能从C点离开,设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中,由机械能守恒定律得该高度差与R无关,即高度差不变。若增大BC段的半径,且乙仍能从C点离开,则与减小BC段的半径结论相同。若增大BC段的半径,乙不能从C点离开,则上升至最高点时甲、乙速度相同,由机械能守恒定律得该高度差与R无关,即高度差不变。综上所述,乙运动过程的最高点与A点间的高度差为定值。3突破热考命题重要思维方法:应用力学三大观点解决综合问题方法解读1.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?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2.选用力学规律的思维流程考向分析考查力学三大