（新课标）2020版高考物理二轮复习 核心素养微专题4 动力学、动量和能量观点的综合应用课件

动力学、动量和能量观点的综合应用目录ONTENTSC科学思维本讲为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关键要做好“五选择”：(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，对某一时刻的问题进行求解．(5)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题．[示例]如图所示，一质量m1＝0.45kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05kg的子弹以v0＝100m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g取10m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1.(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？[解析](1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22解得L＝5m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5m.[答案](1)10m/s(2)5m易错警示“三大观点”解决力学综合问题的几点注意———————————————————————————(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程，如例题中分成“子弹打击小车”及“小物块在小车上的滑动”两个阶段．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)物体在光滑的平面上运动，或沿光滑的曲面下滑，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)含摩擦生热的问题，一般考虑应用能量守恒定律分析．[应用提升练]1．(2019·福建莆田第一中学高考模拟)质量为mB＝2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2kg的小球C用长为l＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝1×10－2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？解析：(1)C下摆过程，根据动能定理，有mCgl＝12mCv2C所以vC＝2gl＝4m/sC反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－12mCvC′2vC′＝2gh＝2m/s.取向右为正方向，对C根据动量定理，有－FΔt＝－mCvC′－mCvC解得F＝1200N.(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有mCvC＝－mCvC′＋mAvA所以vA＝2m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小根据动量守恒定律，有mAvA＝(mA＋mB)v所以v＝1.5m/s根据能量守恒定律，有μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2所以x＝0.5m.答案：(1)1200N(2)0.5m2．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现将一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.g取10m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒定律得12mv20＝mgR＋μmgL＋12(M＋m)v21②联立①②并代入数据解得v0＝5m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒定律得12mv20＝μmg(L＋x)＋12(M＋m)v22⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5mL，符合题意．答案：(1)5m/s(2)0.5m3．(2019·山东青岛二中高三理科综合)如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA＝2gR，已知小球a质量为m，小球b质量为2m,重力加速度为g，求：(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离．解析：(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律有mg＋FN＝mv2AR得FN＝mg由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上.(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律有12mv2a＝12mv2A＋mg×2R得va＝6gR小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，mva＝2mvbvb＝6gR2.(3)b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x，则R＝12gt2x＝vbt得x＝3R.答案：(1)mg，方向竖直向上(2)6gR2(3)3R4．如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量m＝1kg，木板B的质量M＝4kg，板长L＝6m，木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，求：(1)第一次碰撞后的瞬间A、B的速度大小；(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离．解析：(1)小物块A向下滑动时，木板B静止不动．设A与B发生弹性碰撞前的速度v0，由机械能守恒定律得mgL2sin37°＝12mv20解得v0＝6m/s设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，由碰撞过程动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv1＋Mv212mv20＝12mv21＋12Mv22解得v1＝－3.6m/s，v2＝2.4m/s可见，A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小为2.4m/s，方向沿斜面向下．(2)A与B第一次碰后，A沿板向上做匀减速运动；因B受到斜面的支持力FN＝(m＋M)gcosθ＝40N，Ff＝μFN＝0.6×40N＝24N，Mgsinθ＝24N，Ff＝Mgsinθ，故B沿斜面向下做匀速直线运动，A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B速度相等之时，A与B下端有最大距离．此过程中运动时间t1＝v2－v1gsin37°＝1sxA＝v21－v222gsin37°＝0.6mxB＝v2t1＝2.4mA距B下端的最大距离xm＝xA＋xB＝3m.答案：(1)3.6m/s2.4m/s(2)3m