知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一 動量和能量觀點解決多過程問題
動量和能量觀點解決多過程問題的處理技巧
1．解決該類問題用到的規(guī)律：動量守恒定律，機械能守恒定律，能量守恒定律，功能關(guān)系等．
2．解決該類問題的基本思路：
(1)認真審題，確定研究對象．
(2)如果物體間涉及多過程，要把整個過程分解為幾個小的過程．
(3)對所選取的對象進行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件．
(4)對所選系統(tǒng)進行能量轉(zhuǎn)化的分析．
(5)選取所需要的方程列式并求解．
例 1 [2023·江蘇省南京外國語學院期末]如圖所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌固定于同一水平面內(nèi)，整個導軌處于豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量均為m、電阻分別為R、r的導體棒MN、PQ垂直靜止于平行導軌上，與導軌構(gòu)成矩形閉合回路，某時刻給導體棒MN一個水平向右的瞬時沖量I，不考慮導軌的電阻，則從此時至PQ達到最大速度的過程中，以下說法正確的是( )
A．導體棒PQ做加速度增大的加速運動
B．通過導體棒MN的電荷量為IBL
C．兩導體棒的相對距離減小量為IR+r2B2L2
D．導體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為I24m
例 2 [2023·廣東韶關(guān)二模]有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質(zhì)點)用長為L，且不可伸長的輕繩懸掛于O點．游戲時，鋼球拉至與O等高的P點(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運動到最低點時與積木B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質(zhì)量均為m，各水平接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計，求：
(1)鋼球下落到最低點且與B碰撞前的速度大小v0；
(2)積木B向前滑動的距離s；
(3)將鋼球再次拉起至P點無初速釋放，積木C沿B的軌跡前進．求C被A球碰撞后經(jīng)多長時間與B球相遇．
提升訓練
1.[2023·四川省成都市模擬]某高速公路上發(fā)生兩車追尾事故，事故認定為前車違規(guī)停車，后車因制動距離不足追尾前車．假設(shè)兩車追尾過程為一維正碰，碰撞時間極短，后車制動過程及兩車碰后減速過程均可視為水平方向僅在滑動摩擦阻力作用下的勻減速直線運動，前車、后車視為質(zhì)點．如圖為事故現(xiàn)場俯視圖，兩車劃痕長度與兩車發(fā)生的位移大小相等．已知后車質(zhì)量m1＝2 000 kg，前車質(zhì)量m2＝1 000 kg，兩車所受摩擦阻力與車重的比值均為k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.請根據(jù)現(xiàn)場勘測數(shù)據(jù)及已知信息進行判斷和計算．
(1)靜止的前車在碰撞后瞬間的速度；
(2)后車開始剎車時是否超速(該段道路限速120 km/h)．
2.
2022北京冬奧會后，冰壺運動成為了廣大冰雪愛好者熱捧的一個運動項目．如圖是一個冰壺大本營的示意圖，內(nèi)環(huán)R1＝0.61 m，中環(huán)R2＝1.22 m，外環(huán)R3＝1.83 m．某次比賽中，紅壺以某一速度和停在Q點的藍壺發(fā)生正碰之后，質(zhì)量相等的紅、藍兩壺分別停在 M和 N點．設(shè)紅、藍壺與冰面間的摩擦因數(shù)相同，則：
(1)碰后紅壺和藍壺的速度大小之比；
(2)紅壺和藍壺碰撞過程損失的機械能與碰前瞬間紅壺動能之比．
命題點二 力學三大觀點的綜合應(yīng)用
1．力學三大觀點對比
2.選用原則
(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉及時間與運動細節(jié)時，一般選用動力學方法解題．
(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．
(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且作用力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解．
(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解．
例 1 [2023·浙江6月]為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置．水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接．質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上．現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12 kg的滑塊a以初速度v0＝221 m/s從D處進入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)．已知傳送帶長L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點，彈簧的彈性勢能Ep＝12kx2(x為形變量)．
(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx.
例 2 [2023·遼寧卷]如圖，質(zhì)量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)．質(zhì)量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝54 m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝12kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，結(jié)果可用根式表示．
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大?。?br>(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0.求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t0表示)．
思維提升
板塊類問題的處理方法
對板塊類問題，首先把木板和物塊視為整體，分析其所受合力是否為零．①如果整體受力是零，則首先考慮系統(tǒng)動量守恒求出末態(tài)速度，然后用能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律求物塊相對木板滑動的距離，對單個研究對象列動量定理求時間，利用動能定理求各自對地運動的位移．②如果整體受外力之和不為零，則用牛頓第二定律、運動公式或運動的v-t圖像來求速度、時間、位移、相對距離等物理量，需要注意分析物塊和木板是相對滑動還是相對靜止．
提升訓練
1.[2023·北京卷] 如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L.現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起．重力加速度為g.求：
(1)A釋放時距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，擺渡車長度L＝3 m、質(zhì)量m＝1 kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t.
素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法
數(shù)學歸納法解決多次碰撞問題
當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫綌?shù)學歸納法．
[典例] [2023·山東日照市一模]如圖所示，質(zhì)量m1＝1.9 kg的靶盒A靜止在固定平臺上的O點(未畫出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數(shù)k＝184 N/m.長度l＝2.25 m、質(zhì)量m2＝1.0 kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d＝4.25 m處有豎直墻壁．某射擊者根據(jù)需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0＝100 m/s、質(zhì)量m0＝0.1 kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(nèi)(在極短的時間內(nèi)子彈與靶盒達到共同速度)，最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板．已知靶盒與平臺、與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質(zhì)點，取g＝10 m/s2.(彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝12kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)求：
(1)子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動能；
(2)靶盒剛離開彈簧時的動能；
(3)O點到平臺右端的距離；
(4)木板運動的總路程．
第6講 力學三大觀點的綜合應(yīng)用
命題分類剖析
命題點一
[例1] 解析：依題意，當兩導體棒速度相等時，導體棒PQ速度達最大，該過程中，導體棒PQ受到的安培力水平向右，根據(jù)F安＝BIL，I＝ER+r，E＝BLΔv
聯(lián)立可得F安＝B2L2ΔvR+r
式中Δv為兩導體棒在運動過程中的速度差，由于Δv逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝B2L2ΔvmR+r
可知做導體棒PQ做加速度逐漸減小的加速運動，直到PQ到達最大速度后，兩導體棒一起做勻速直線運動，故A錯誤；
對導體棒MN，設(shè)其開始運動時的初速度大小為v0，兩導體棒到達共速時速度大小為v，據(jù)動量定理可得
－BILΔt＝mv－mv0，IΔt＝q，I＝mv0
對兩導體棒，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv
聯(lián)立可求得，通過導體棒MN的電荷量為q＝I2BL ，故B錯誤；
根據(jù)q＝ΔΦR+r，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
聯(lián)立可求得，兩導體棒的相對距離減小量為Δx＝IR+r2B2L2，故C正確；
從開始運動到兩導體棒達到共速時，根據(jù)能量守恒定律有
12mv02＝Q＋12×2mv2，Q＝QR＋Qr，QRQr＝Rr
聯(lián)立，求得導體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝RI24mR+r，故D錯誤．
答案：C
[例2] 解析：(1)根據(jù)動能定理可得mgL＝12mv02
解得v0＝2gL.
(2)設(shè)小球與積木B發(fā)生彈性碰撞后速度為v1 ，積木B速度為v2 ，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有12mv02＝12mv12 +12mv22
聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0＝2gL
根據(jù)動能定理可得，積木B向前滑行的距離s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0-12mv22
代入解得s＝Lμ－4d
(3)又將鋼球拉回P點由靜止釋放，與落下靜止的積木C發(fā)生彈性碰撞，此時C的速度仍為v3＝v2＝2gL
C滑行s后與B碰撞，此時C的速度v4 滿足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝12mv42 -12mv32
解得v4＝ 6gLd4d+s＝6μgd
當C剛滑離D時的速度為v5 ，由動能定理及動量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝12mv52 -12mv32
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C從滑離D至與B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后經(jīng)t時間與B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg.
答案：(1)2gL (2)Lμ－4d
(3)13μ 2Lg+2 2L-6μdg-3 6μdg
[提升訓練]
1．解析：(1)設(shè)后車碰撞前、后瞬間的速度分別為v1、v′1，前車碰撞后瞬間的速度為v2，
前車碰后做勻減速運動，發(fā)生位移為x3＝40 m，
對前車由動能定理有－km2gx3＝0-12m2v22，
代入數(shù)據(jù)解得v2＝20 m/s；
(2)劃痕重疊區(qū)域長度x2＝22.5 m為碰后后車做勻減速運動的位移，
對后車由動能定理有－km1gx2＝0-12m1v1'2，代入數(shù)據(jù)解得v′1＝15 m/s，
碰撞過程，對前、后兩車系統(tǒng)，由動量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)解得v1＝25 m/s，
設(shè)后車從剎車到即將碰撞的勻減速過程中發(fā)生的位移為x0，剎車時的速度為v0，則x0＝x1－x2＝27.5 m，
對碰撞前后車的剎車過程，由動能定理有－km1gx0＝ 12m1v12 －12m1v02，代入數(shù)據(jù)解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h

相關(guān)學案

江蘇版高考物理一輪復習第6章素養(yǎng)7動力學、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用課時學案：

這是一份江蘇版高考物理一輪復習第6章素養(yǎng)7動力學、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用課時學案，文件包含核心素養(yǎng)部編版語文三年級下冊-2燕子第2課時課件pptx、核心素養(yǎng)部編版語文三年級下冊-2燕子第2課時教學設(shè)計含反思docx、核心素養(yǎng)部編版語文三年級下冊-2燕子第2課時分層作業(yè)含答案docx、核心素養(yǎng)部編版語文三年級下冊-2燕子第2課時導學案docx等4份課件配套教學資源，其中PPT共46頁， 歡迎下載使用。

培優(yōu)點2　力學三大觀點的綜合應(yīng)用（含解析）--2024年高考物理大二輪復習講義：

這是一份培優(yōu)點2　力學三大觀點的綜合應(yīng)用（含解析）--2024年高考物理大二輪復習講義，共9頁。

新高考物理一輪復習精品學案第6章專題強化10動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復習精品學案第6章專題強化10動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用（含解析），共16頁。

英語朗讀寶

相關(guān)學案 更多

2023屆高考物理二輪復習第7講動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用學案（浙江專用）

2023屆高考物理二輪復習第7講動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用學案（浙江專用）
2023屆二輪復習 第7講　動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用 學案（浙江專用）

2023屆二輪復習 第7講　動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用 學案（浙江專用）
2023屆二輪復習 專題二 第3講　動力學三大觀點的綜合應(yīng)用 學案

2023屆二輪復習 專題二 第3講　動力學三大觀點的綜合應(yīng)用 學案
高考物理二輪復習第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學觀點”的四類典型模型學案

高考物理二輪復習第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學觀點”的四類典型模型學案
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部