专题2 第10课时　力学三大观点的综合应用教案

这是一份专题2 第10课时　力学三大观点的综合应用教案，共12页。
高考题型1 应用力学三大观点解决多过程问题
力学三大观点对比
例1 (2021·浙江6月选考·20)如图1所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,12)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.
图1
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
答案 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
解析 (1)小滑块在AB轨道上运动
mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v0＝eq \f(4,3)eq \r(gh)＝4 m/s
(2)设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
mg＝meq \f(v\\al(,Emin2),R)
从C点到E点由机械能守恒可得
eq \f(1,2)mveq \\al(,Emin2)＋mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(,Bmin2)
其中vBmin＝eq \f(4,3)eq \r(ghmin)，
解得hmin＝0.45 m
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
mg(R＋y)＝eq \f(1,2)mvG2－eq \f(1,2)mvEmin2
由平抛运动规律可得x＝vGt，
H＋r－y＝eq \f(1,2)gt2
联立可得水平距离为
x＝2eq \r(0.5－y0.3＋y)
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值
最大值为xmax＝0.8 m．
高考题型2 应用力学三大观点解决板—块模型问题
1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．
2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．
3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．
例2 如图2所示，水平面上有一长为L＝14.25 m的凹槽，长为l＝eq \f(33,4) m、质量为M＝2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐．水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m＝4 kg的小物块接触但不连接．用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W＝72 J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦不计，g取10 m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计．求：
图2
(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；
(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；
(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离．
答案 (1)6 m/s (2)4 m/s (3)eq \f(35,18) m
解析 (1)由题知W＝eq \f(1,2)mv02 ，解得v0＝6 m/s
(2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
设物块在平板车上滑动的距离为l1，对此过程由动能定理得：μmgl1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12
解得v1＝4 m/s，l1＝3 m
设达到共速v1时平板车的位移为x1，
有μmgx1＝eq \f(1,2)Mv12－0
解得x1＝2 m，l＋x1＝eq \f(41,4) ml＝eq \f(33,4) m
所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速．
设平板车向左速度减小到0时位移为x2
－μmgx2＝0－eq \f(1,2)Mv12
解得x2＝2 m
l＋x2＝eq \f(41,4) mm1gsin θ
故开始时木板静止不动．
物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，由动能定理有m2gL2sin θ＝eq \f(1,2)m2v02
碰撞前物块速度v0＝3 m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v′，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′
损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2
解得ΔE＝3 J.
(3)设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则
(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a1
(m1＋m2)gsin θ＋μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a2
a1＝2 m/s2，a2＝10 m/s2
木板与物块粘合后一起加速下滑
v12－v′2＝2a1L1
第一次撞击后木板上滑的距离
(eq \f(v1,2))2＝2a2s1
解得s1＝0.2 m
第二次撞击木板时速度v2，则
v22＝2a1s1
第二次撞击后木板上滑的距离(eq \f(v2,2))2＝2a2s2
s2＝0.01 m
物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程
s总＝L1＋2s1＋s2＝3.41 m.
专题强化练
1.(2021·辽宁省1月适应性测试·13)如图1所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq \f(h,2)到达最低点．已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
图1
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
答案 (1)eq \f(2,3)mgh (2)eq \f(11,6)mgh
解析 (1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v12＝2gh
碰撞时由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
系统机械能减少量：ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(m＋2m)v22
解得ΔE＝eq \f(2,3)mgh
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·eq \f(h,2)＋W＝0－eq \f(1,2)(m＋2m)v22
解得W＝－eq \f(11,6)mgh
故系统克服弹簧弹力做的功为eq \f(11,6)mgh.
2.(2021·山东德州市一模)如图2所示，可看作质点的小物块A的质量m＝1 kg，右端带有竖直挡板的足够长的木板B，它的质量M＝2 kg，木板B上M点左侧与小物块A间的动摩擦因数μ＝0.5，M点右侧光滑，M点与木板右侧挡板的距离L1＝1.5 m，水平地面光滑．初始时木板B静止，A在木板B上M点的左侧，与M点的距离L2＝1.8 m，现使A获得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6 m/s，A与B右侧挡板碰撞的时间和能量损失都不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
图2
(1)A第一次到达M点时，A和B各自的速度大小；
(2)A和B达共同速度时，A距M点的距离；
(3)自初始时至A、B碰撞，A的平均速度大小；
(4)自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移大小．
答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)0.6 m (3)4.44 m/s (4)4.4 m
解析 (1)自初始时至A第一次到达B上的M点，由动量守恒得
mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＋μmgL2
联立两式代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝1 m/s
(2)自初始时至A和B达共同速度，由动量守恒得mv0＝(m＋M)v
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋μmgL
ΔL＝L－L2
联立解得，A距M点的距离ΔL＝0.6 m
(3)自初始时至A第一次到达B上的M点，由动能定理得－μmgx1＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，解得x1＝2 m
又x1＝eq \f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.4 s
自A第一次到达B上的M点至到达右侧挡板，L1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1－v2))t2，解得t2＝0.5 s，则x2＝v1t2＝2 m
自初始时至A、B碰撞，A的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,t1＋t2)
解得eq \x\t(v)＝eq \f(40,9) m/s≈4.44 m/s
(4)A与B右侧挡板碰撞过程，由动量守恒得
mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2
解得v1′＝0，v2′＝3 m/s
A第二次经过M点后，有μmgx3＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv1′2
解得x3＝0.4 m
自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移
x＝x1＋x2＋x3＝4.4 m.
3．(2021·福建厦门市一模)如图3所示，一质量m1＝0.1 kg的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量m2＝0.3 kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R＝0.5 m的半圆弧轨道(直径CD竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小FN＝84 N．木板质量M＝0.4 kg、长度L＝6 m，上表面与半圆弧轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与平台相碰后瞬间静止．已知两物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图3
(1)两物块经过D点时的速度大小vD；
(2)释放物块前弹簧的弹性势能Ep和碰撞过程中损失的能量E；
(3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系．
答案 (1)10 m/s (2)64 J 48 J (3)见解析
解析 (1)两物块经过D点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有
FN－(m1＋m2)g＝eq \f(m1＋m2v\\al(,D2),R)，
得vD＝10 m/s
(2)两物块由C点运动到D点，由动能定理有
2(m1＋m2)gR＝eq \f(1,2)(m1＋m2)vD2－eq \f(1,2)(m1＋m2)vC2
解得vC＝4eq \r(5) m/s
两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有
(m1＋m2)vC＝m1v0，得v0＝16eq \r(5) m/s
弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有
Ep＝eq \f(1,2)m1v02＝64 J
碰撞过程中损失的能量
E＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)vC2
得E＝48 J
(3)若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得
(m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共
得v共＝5 m/s
对两物块，由动能定理有
－μ(m1＋m2)gx＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2－eq \f(1,2)(m1＋m2)vD2
解得x＝7.5 m
对木板有μ(m1＋m2)gx′＝eq \f(1,2)Mv共2，
得x′＝2.5 m
由于L＋x′>x，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若s≥x′＝2.5 m，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有
Ek＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2－μ(m1＋m2)g(L＋x′－x)＝3 J
若s