2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 专题复习篇四 解决物理问题的三条途径课件

要点提炼1.三条途径(1)以牛顿运动定律和运动学公式为基础用动力学的观点解决问题。(2)以功与能的关系、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律为基础用能量的观点解决问题。(3)以动量定理和动量守恒定律为基础用动量的观点解决问题。2．三条途径的选用(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，已知力的作用情形，涉及加速度、时间，则用动力学观点解决问题。(2)能量变化反映力在空间上的积累，即Ek2－Ek1＝∑F合·Δx＝W合，Ep2－Ep1＝∑(－F场·Δx)＝－W场，F场＝－ΔEpΔx，功初、末状态的能量变化。如果不需要求解运动过程细节，且已知(或隐含)力与位移的关系，优先用能量的观点解决问题。例如在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。(3)动量变化反映力在时间上的积累，即p2－p1＝∑F·Δt＝I，F＝ΔpΔt，冲量初、末状态的动量变化。如果不需要求解运动过程细节，且已知(或隐含)力和时间的关系，优先用动量的观点解决问题。例如碰撞、反冲问题(相互作用力大小、作用时间均相等)，用微元法(∑F·Δt＝∑mΔv)求解碰撞产生的作用力、碰撞产生的压强、正比于速度的阻力作用一段距离后的速度。注：对于实际物理问题，经常要综合使用三条途径解决问题。原则上求解整个过程用能量、动量的观点，求解运动细节用动力学的观点，这要通过多加练习才能体会到。3．物理学中的几种功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp弹。(4)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电。(5)分子力做功与分子势能的关系：W分子＝－ΔEp分子。(6)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。(7)滑动摩擦力与内能的关系：fl相对＝ΔE内。(8)安培力做功：WA0时，WA＝ΔE机(若除重力、弹簧弹力外只有安培力做功，则安培力所做的正功等于增加的机械能)；WA0时，WA＝－E电(克服安培力所做的功等于产生的电能)。(9)外界对气体做功与气体内能的关系：ΔU＝W＋Q。(ΔU表示内能的增量，Q表示从外界吸收的热量)高考考向高考考向1解决力学问题的三条途径命题角度1动力学观点在力学中的应用例1(2019·江苏高考)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、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析A、B的运动过程如图所示：(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，A的加速度大小aA＝μmgm＝μg在B上滑动时有2aAL＝v2A解得：vA＝2μgL。(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得：vB＝22μgL。答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL(1)利用动力学观点解决力学问题的思路(2)板块模型中的临界条件①滑块与滑板存在相对滑动的临界条件a．运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动。b．动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fm的关系，若f＞fm，则发生相对滑动。②滑块滑离滑板的临界条件当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘时共速是滑块滑离滑板的临界条件。备课记录：1－1(2019·河南安阳二模)如图所示，质量为m＝2.0kg的物体静止在光滑的水平地面上。t＝0时刻起物体在一水平向右的恒力F1＝1.0N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F2＝2.6N，方向改为水平向左。在t＝12.0s时测得物体运动的瞬时速度大小v＝6.24m/s，则t0为()A．12.1sB．6.0sC．5.2sD．2.6s答案C解析由牛顿第二定律可得：a1＝F1m＝0.5m/s2，a2＝F2m＝1.3m/s2，若t＝12s时速度方向向左，由题意列出运动学方程为：－a1t0＋a2(t－t0)＝v，解得：t0＝5.2s；若t＝12s时速度方向向右，由题意列出运动学方程为：a1t0－a2(t－t0)＝v，解得t0＝12.13s12s，不符合题意，故A、B、D错误，C正确。1－2(2019·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1s时，木板以速度v1＝4m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)t＝0时刻木板的速度；(2)木板的长度。解析(1)小物块与木板一起向墙壁运动时，由牛顿第二定律：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1设t＝0时刻木板的速度为v0，由运动学公式：v1＝v0－a1t代入数据求得：v0＝5m/s。答案(1)5m/s(2)163m(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2设当物块速度为0时，经历的时间为t1，发生的位移大小为x1，则有x1＝v212a2，x1＝v12t1对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3式中M＝15m，解得a3＝43m/s2a2＝4m/s2，可知物块速度减为0时，木板速度还未减为0。设木板在此时间t1内发生的位移大小为x2，则有x2＝v1t1－12a3t21木板长度l＝x1＋x2代入数据可得l＝163m。命题角度2能量观点在力学中的应用例2(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs解析物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fmμmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即12mv2＝2μmgs，所以v＝2μgs，D错误。答案BC利用能量观点解决力学问题的思路(1)明确研究对象和研究过程。(2)进行运动分析和受力分析。(3)选择所用的规律列方程求解。①动能定理：需要明确初、末动能，明确力的总功，适用于所有情况。②机械能守恒定律：根据机械能守恒条件判断研究对象的机械能是否守恒，只有满足机械能守恒的条件时才能应用此规律。③功能关系：根据常见的功能关系求解，适用于所有情况。④能量守恒定律：适用于所有情况。(4)对结果进行讨论。备课记录：2－1(2019·湖北八校联合二模)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则()A．下滑过程中，其加速度先减小后增大B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－14mv2D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度答案AC解析环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，故A正确；环由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，环由C到A，有EpC＋12mv2＝Q＋mgLsinα，解得Q＝14mv2，EpC＝mgLsinα－14mv2，故B错误，C正确；由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′－Wf′－W弹′＝12mv2B－0，圆环由B上滑至A，有－mgh′－Wf′＋W弹′＝0－12mvB′2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。2－2(2019·湖南衡阳三模)如图所示，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量m＝2kg可看做质点的物体M靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙，现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N。上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知M与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)在圆弧轨道的B点时物体的速度；(2)M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E；(3)M释放前，系统具有的弹性势能Ep。答案(1)5.0m/s(2)512J(3)19J解析(1)由题给条件和牛顿第三定律知，M在A点时受到轨道的压力FA＝8N，由牛顿第二定律：mg＋FA＝mv2AR解得vA＝7m/s，从B到A机械能守恒，有：－mg(R＋Rcosθ)＝12mv2A－12mv2B解得vB＝5.0m/s。(2)M在传送带上运动时由于vB小于传送带速度，可知物体一直做加速运动，所受摩擦力一直沿传送带向上由μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2由公式：v2B－v2C＝2aL，解得vC＝3m/s由vB＝vC＋at解得t＝5s；传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40m，由于物体对传送带有沿传送带向下的摩擦力，要维持传送带匀速运动，故电动机要额外给传送带一个沿传送带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，牵引力做的功W＝μ1mgcosθ·x1＝512J，多输出的电能E＝W＝512J。(3)设弹簧弹力对物体做功为W弹，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：W弹－μ2mgx＝12mv2C－0解得：W弹＝19J可知Ep＝W弹＝19J。命题角度3动量观点在力学中的应用例3(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为