2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與能量 第1講 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案
《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與能量 第1講 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與能量 第1講 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案(20頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第1講 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.解決力學(xué)綜合題目的關(guān)鍵要做好“三選擇” (1)當(dāng)運(yùn)動(dòng)物體受到恒力作用而且又涉及時(shí)間時(shí),一般選擇用動(dòng)力學(xué)方法解題。 (2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí),一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系解題,題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí),應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。 (3)當(dāng)涉及多個(gè)物體及時(shí)間時(shí),一般考慮動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律。 2.碰撞中的“三看”和“三想” (1)看到“彈性碰撞”,想到“動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒”。 (2)看到“非彈性碰撞”,想到“動(dòng)量守恒但機(jī)械能有損失”。 (3)看到“完全非彈性碰撞或者碰后連體”,想到“動(dòng)量
2、守恒,機(jī)械能損失最大”。 能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 功和功率的理解與計(jì)算 【典例1】 (多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ,19)地下礦井中的礦石裝在礦車中,用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖1所示,其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程( ) 圖1 A.礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5 B.電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C.電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D.電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析 根據(jù)位移相同可得兩圖線與
3、時(shí)間軸圍成的面積相等,即v0×2t0=×v0[2t0+t′+(t0+t′)],解得t′=t0,則對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程中,礦車上升所用的時(shí)間之比為2t0∶(2t0+t0)=4∶5,A正確;加速過(guò)程中的牽引力最大,且已知兩次加速時(shí)的加速度大小相等,故兩次中最大牽引力相等,B錯(cuò)誤;由題知兩次提升的過(guò)程中礦車的最大速度之比為2∶1,由功率P=Fv,得最大功率之比為2∶1,C正確;兩次提升過(guò)程中礦車的初、末速度都為零,則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功,重力做的功相等,故電機(jī)所做的功之比為1∶1,D錯(cuò)誤。 答案 AC 動(dòng)能定理的應(yīng)用 【典例2】 (2018·全國(guó)卷Ⅱ,14)如圖2,某同學(xué)用繩
4、子拉動(dòng)木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定( ) 圖2 A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 解析 由動(dòng)能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功,A正確。 答案 A 動(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 【典例3】 (2018·全國(guó)卷Ⅰ,18)如圖3,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長(zhǎng)度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為
5、g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn),機(jī)械能的增量為( ) 圖3 A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc,則對(duì)小球由a到c的過(guò)程, 由動(dòng)能定理有F·3R-mgR=mv,又F=mg,解得vc=2。小球離開c點(diǎn)后,在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知,小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知,小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t==2,在水平方向的位移大小為x=gt2=2R。由以上分析可知,小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)
6、程中,水平方向的位移大小為5R,則小球機(jī)械能的增加量為ΔE=F·5R=5mgR,C正確,A、B、D錯(cuò)誤。 答案 C 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問題 【典例4】 (2018·全國(guó)卷Ⅲ,25)如圖4,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為α,sin α=。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn),落至水平軌道;在整個(gè)過(guò)程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心,且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求
7、 圖4 (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??; (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。 解析 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有 =tan α① F2=(mg)2+F② 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律得 F=m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 F0=mg④ v=⑤ (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1,作CD⊥PA,交PA于D點(diǎn),由幾何關(guān)系得 DA=Rsin α⑥ CD=R(1+cos α)⑦ 由動(dòng)能定理有 -mg·CD-F0·DA=mv2-mv⑧ 由④⑤⑥⑦
8、⑧式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為 p=mv1=⑨ (3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥,從c點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v⊥t+gt2=CD⑩ v⊥=vsin α? 由⑤⑦?式和題給數(shù)據(jù)得 t=? 答案 (1)mg (2) (3) 功能關(guān)系的應(yīng)用“三注意” (1)分清是什么力做功,并且分析該力做正功還是做負(fù)功;根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系,判定能的轉(zhuǎn)化形式,確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。 (2)當(dāng)涉及摩擦力做功時(shí),機(jī)械能不守恒,一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q=
9、Ff x相對(duì),x相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長(zhǎng)度。 (3)應(yīng)用能量守恒定律解題時(shí),首先確定初、末狀態(tài),然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化,再分析狀態(tài)變化過(guò)程中哪種形式的能量減少,哪種形式的能量增加,求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增,最后由ΔE減=ΔE增列式求解。 1.(多選)如圖5所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h,與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑,經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失),sin 37°=0.6,cos
10、37°=0.8,則( ) 圖5 A.動(dòng)摩擦因數(shù)μ= B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功mgh D.載人滑草車在下段道上的加速度大小為 g 解析 由題意知,上、下兩段斜坡的長(zhǎng)分別為 s1=,s2= 由動(dòng)能定理知: 2mgh-μmgs1cos 45°-μmgs2cos 37°=0 解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,選項(xiàng)A正確; 載人滑草車在上下兩段的加速度分別為 a1=g(sin 45°-μcos 45°)=g, a2=g(sin 37°-μcos 37°)=-g, 則在下落h時(shí)的速度最大,由動(dòng)能定理知: mgh-μmgs1cos 45°=mv2 解得v
11、=,選項(xiàng)B正確,D錯(cuò)誤; 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等,即W=2mgh,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案 AB 2.如圖6所示,BC是高處的一個(gè)平臺(tái),BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD,管口D端正下方一根勁度系數(shù)為k=100 N/m的輕彈簧直立于水平地面上,彈簧下端固定,上端恰好與管口D端平齊,一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球在水平地面上的A點(diǎn)斜向上拋出,恰好從B點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入高處平臺(tái),A、B間的水平距離為xAB=1.2 m,小球質(zhì)量m=1 kg。已知平臺(tái)離地面的高度為h=0.8 m,小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,小球進(jìn)入管口C端時(shí),它對(duì)上管壁有10 N的作用力,通過(guò)C
12、D后,在壓縮彈簧過(guò)程中小球速度最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.5 J。若不計(jì)空氣阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: 圖6 (1)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC; (2)平臺(tái)BC的長(zhǎng)度L; (3)在壓縮彈簧過(guò)程中小球的最大動(dòng)能Ekm。 解析 (1)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí),它對(duì)上管壁有F=10 N的作用力,則上管壁對(duì)小球也有F′=10 N的作用力,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有 F′+mg=m 得vC=2 m/s (2)小球從A點(diǎn)拋出到B點(diǎn)所用時(shí)間t==0.4 s 到B點(diǎn)時(shí)速度大小為vB==3 m/s 小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 -μmgL=mv-mv 得平臺(tái)BC的長(zhǎng)度
13、L=1.25 m (3)小球壓縮彈簧至速度達(dá)到最大時(shí),加速度為零,則 mg=kx 彈簧的壓縮量x=0.1 m 從C位置到小球的速度達(dá)到最大的過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mg(r+x)+mv=Ekm+Ep 得Ekm=4.5 J 答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系 【典例1】 (2018·全國(guó)卷Ⅰ,14)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段,列車的動(dòng)能( ) A.與它所經(jīng)歷的時(shí)間成比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動(dòng)量成正比 解
14、析 列車啟動(dòng)的過(guò)程中加速度恒定,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系可知v=at,且列車的動(dòng)能為Ek=mv2,由以上整理得Ek=ma2t2,動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比,動(dòng)能與速度的平方成正比,A、C錯(cuò)誤;將x=at2代入上式得Ek=max,則列車的動(dòng)能與位移成正比,B正確;由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式Ek=可知,列車的動(dòng)能與動(dòng)量的平方成正比,D錯(cuò)誤。 答案 B 動(dòng)量定理的應(yīng)用 【典例2】 (2018·全國(guó)卷Ⅱ,15)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為( ) A.10 N B.102 N C.103
15、 N D.104 N 解析 根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh=v2(h為25層樓的高度,約70 m),F(xiàn)t=mv,代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N,所以C正確。 答案 C 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用 【典例3】 (2018·全國(guó)卷Ⅰ,24)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí),彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間; (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。
16、 解析 (1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=mv① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0-v0=-gt② 聯(lián)立①②式得 t=③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1,由機(jī)械能守恒定律有 E=mgh1④ 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng),設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv+mv=E⑤ mv1+mv2=0⑥ 由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。 設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有 mv=mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得
17、,煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=⑧ 答案 (1) (2) 動(dòng)量和能量綜合問題的主要情境模型為:碰撞、滑塊在滑板上滑動(dòng)和爆炸。 (1)碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒并遵循碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能不增加、碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況要合理的原則。 (2)滑塊放置在光滑水平地面的滑板上滑動(dòng)時(shí),滑塊和滑板組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒,滑塊和滑板之間因摩擦生熱,故系統(tǒng)機(jī)械能減少,一般利用功能關(guān)系(即摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量)列方程求解。 1.(2018·重慶一模)某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),得到如圖7所示的位移—時(shí)間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面
18、上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時(shí)間極短。由圖象給出的信息可知( ) 圖7 A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大 C.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小 D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 解析 由x-t圖象可知, 碰前:va=2 m/s vb=0.8 m/s 碰后:vc=0.4 m/s va∶vb=5∶2,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 由圖象可知,兩滑塊碰后的動(dòng)量方向與碰撞滑塊Ⅱ的動(dòng)量方向相同,所以滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由動(dòng)量守恒定律得mbvb-mava=(ma+mb)vc
19、 代入數(shù)據(jù)得=,故選項(xiàng)D正確; Eka=mav=2ma, Ekb=mbv=×6ma×0.82=1.92ma 即Eka>Ekb,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案 D 2.如圖8所示,質(zhì)量為mB=2 kg的木板B靜止在光滑的水平地面上,質(zhì)量為mA=6 kg的物塊A停在B的左端,質(zhì)量為mC=2 kg的小球C用長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O?,F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放,小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,之后小球C反彈所能上升的最大高度為h=0.2 m。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。 圖8 (
20、1)若碰撞時(shí)間為Δt=10-2 s,試求小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受撞擊力的大?。? (2)為使物塊A不滑離木板B,則木板B至少應(yīng)為多長(zhǎng)? 解析 (1)由題意可知,在小球C下擺的過(guò)程中,機(jī)械能守恒。由機(jī)械能守恒定律可得 mCgL=mCv 解得碰前小球C的速度大小為 vC=,即vC=4 m/s 設(shè)碰后小球C反彈的速度大小為vC′,由機(jī)械能守恒可得mCgh=mCvC′2 解得vC′=2 m/s 以向右的方向?yàn)檎较?,設(shè)小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受撞擊力大小為F,則由動(dòng)量定理可得 -F·Δt=-mCvC′-mCvC,代入數(shù)據(jù)可得F=1 200 N。 (2)由題意可知,小球C與物塊A
21、的碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律,即 mCvC=-mCvC′+mAvA 解得碰后物塊A的速度vA=2 m/s A恰好滑至木板B右端并與其共速時(shí),所求B的長(zhǎng)度最小。設(shè)二者的共同速度大小為v,由動(dòng)量守恒定律可得mAvA=(mA+mB)v,解得v=1.5 m/s 設(shè)木板的最小長(zhǎng)度為x,由能量守恒定律可得 μmAgx=mAv-(mA+mB)v2 代入數(shù)據(jù)可解得x=0.5 m。 答案 (1)1 200 N (2)0.5 m 破解高考?jí)狠S題策略②——審題“三步走” 第一步:審條件 挖隱含 任何一個(gè)物理問題都是由條件和結(jié)論兩部分構(gòu)成的。條件是解題的主要素材,充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的
22、必經(jīng)之路。條件有明示的,有隱含的,審視條件更重要的是要充分挖掘每一個(gè)條件的內(nèi)涵和隱含的信息,發(fā)揮隱含條件的解題功能。 第二步:審情景 建模型 有些題目,直接給出了物理情景,我們還需通過(guò)分析把這些物理情景轉(zhuǎn)化為具體的物理?xiàng)l件或物理模型后,才能利用物理規(guī)律求解。 第三步:審過(guò)程 理思路 高考物理計(jì)算題往往綜合性強(qiáng)、題目情景新、設(shè)置障礙點(diǎn)多,一般不能一眼看透解題的思路和方法,這就需要我們靜下心來(lái),對(duì)物體進(jìn)行受力分析、過(guò)程分析,根據(jù)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程構(gòu)建出物理模型,選擇合理的物理規(guī)律。 【例】 (2016·全國(guó)卷Ⅲ)(18分)如圖9, 圖9 水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂
23、直;a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m,兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同?,F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng),此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞,重力加速度大小為g,求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。 [審題指導(dǎo)] 第一步:審條件 挖隱含 ①動(dòng)摩擦因數(shù)均相同做勻減速直線運(yùn)動(dòng) ②a與b發(fā)生彈性碰撞碰撞過(guò)程中,系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒 ③b沒有與墻發(fā)生碰撞的位移小于l 第二步:審情景 建模型 ①碰撞前a的運(yùn)動(dòng)過(guò)程勻減速直線運(yùn)動(dòng) ②a與b的碰撞過(guò)程彈性碰撞模型 ③碰撞后b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程勻減速直線運(yùn)動(dòng) 第三步:審過(guò)程 選規(guī)律 ①碰撞前a的減速過(guò)程動(dòng)能定理
24、 ②a、b碰撞過(guò)程 ③碰撞后b的減速過(guò)程動(dòng)能定理 解析 設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有mv>μmgl(2分) 即μ<(1分) 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前,a的速度大小為v1,由動(dòng)能定理可得: -μmgl=mv-mv(3分) 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞后,a、b的速度大小分別為v2、v3, 由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得: mv1=mv2+mv3(3分) mv=mv+()v(3分) 聯(lián)立各式得v3=v1(1分) 由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞,由動(dòng)能定理得: μmgl≥()v(3分) 解得μ≥(1分) 綜上所述有≤μ<(1分) 答案 ≤μ
25、< 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1~3題為單項(xiàng)選擇題,4~6題為多項(xiàng)選擇題) 1.(2018·天津理綜,2)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,由于摩擦力的存在,運(yùn)動(dòng)員的速率不變,則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中( ) 圖1 A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機(jī)械能始終保持不變 解析 運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受合外力指向圓心,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,合外力做功一定為零,C項(xiàng)正確;由運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),知運(yùn)動(dòng)員所受沿圓弧切線方向的合力
26、為零,即摩擦力等于運(yùn)動(dòng)員的重力沿圓弧切線方向的分力,逐漸變小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減少,所以機(jī)械能減少,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 C 2.如圖2所示,豎直面內(nèi),兩段半徑均為R的光滑半圓形細(xì)桿平滑拼接組成“S”形軌道,一個(gè)質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上,小環(huán)從軌道最高點(diǎn)由靜止開始下滑,下滑過(guò)程中始終受到一個(gè)水平恒力F的作用,小環(huán)能下滑到最低點(diǎn),重力加速度大小為g,則小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中( ) 圖2 A.小環(huán)機(jī)械能守恒 B.外力F一直做正功 C.小環(huán)在最低點(diǎn)的速度大小為v=2 D.在最低點(diǎn)小環(huán)對(duì)軌道的壓力大小FN=mg 解析 小環(huán)下滑過(guò)程中受重力、軌道沿半徑方向的
27、作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F時(shí)而做正功時(shí)而做負(fù)功,軌道的作用力一直不做功,故小環(huán)機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,在沿水平恒力F方向上的位移為0,則由動(dòng)能定理可得整個(gè)過(guò)程中重力做的功等于動(dòng)能變化量,mg·4R=mv2,解得v=2,選項(xiàng)C正確;小環(huán)在最低點(diǎn),由牛頓第二定律得FN′-mg=m,得FN′=9mg,由牛頓第三定律可知FN=FN′=9mg,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C 3.如圖3所示,質(zhì)量為m的物體P以初速度v在水平面上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)x距離后與一固定的橡皮泥塊Q相碰撞(碰后物體靜止)。已知物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所受到的水平面的阻力大小恒為f,則下列說(shuō)法正確的是(
28、 ) 圖3 A.水平面阻力做的功為fx B.物體克服水平面阻力做的功為-fx C.橡皮泥塊對(duì)物體做的功為fx-mv2 D.物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為mv2+fx 解析 根據(jù)功的定義式,物體P受到的水平面的阻力做的功W1=fxcos 180°=-fx,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物體克服水平面阻力做的功W2=-W1=fx,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)橡皮泥塊對(duì)物體做的功為W3,根據(jù)動(dòng)能定理,有W1+W3=0-mv2,解得W3=fx-mv2,選項(xiàng)C正確;物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為W4=-W3=-(fx-mv2)=mv2-fx,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C 4.一質(zhì)量m=0.5 kg的滑塊以某一初速度沖上
29、傾角θ=37°的足夠長(zhǎng)的斜面,利用傳感器測(cè)出滑塊沖上斜面過(guò)程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度,并用計(jì)算機(jī)繪出滑塊上滑過(guò)程中的v-t圖象如圖4所示。sin 37°=0.6,g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則( ) 圖4 A.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5 B.滑塊返回斜面底端時(shí)的速度為2 m/s C.滑塊在上升過(guò)程中重力做的功為-25 J D.滑塊返回斜面底端時(shí)重力的功率為6 W 解析 由題圖可知加速度大小a=10 m/s2,即gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,解得μ=0.5,選項(xiàng)A正確;上滑位移x=t=5 m,下滑加速度a′=gsin θ-μgcos θ=
30、2 m/s2,所以回到斜面底端時(shí)的速度v′==2 m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;上升過(guò)程中重力做功W=-mgxsin θ=-15 J,返回底端時(shí)求的是重力的瞬時(shí)功率,則為P=mgv′sin θ=6 W,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。 答案 AD 5.如圖5所示,質(zhì)量為m的小球A位于光滑水平面上,小球A與墻之間用輕彈簧連接?,F(xiàn)用與小球A完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧,不計(jì)空氣阻力,若壓縮彈簧的過(guò)程中,彈簧的最大彈性勢(shì)能為E,兩球回到小球A原靜止位置時(shí)的速度大小為v,此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I,則下列表達(dá)式中正確的是( ) 圖5 A.E=mv I=0 B.v= I=2mv
31、0 C.v= I=mv0 D.E=mv I=2mv0 解析 小球B與A相碰過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+m)v′,v′為小球B碰撞小球A后瞬間兩小球共同運(yùn)動(dòng)的速度大小,解得v′=,兩小球組成的系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)其速度減小到零時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,由機(jī)械能守恒定律可得E=·2m()2=mv,此后兩球做加速運(yùn)動(dòng),回到小球A原靜止位置時(shí)兩球速度大小v=,兩小球組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對(duì)彈簧的作用力,根據(jù)動(dòng)量定理可得墻對(duì)彈簧的沖量大小I=2mv0,故選項(xiàng)B、D正確。 答案 BD 6.(2018·湖南衡陽(yáng)模擬)如圖6所示,質(zhì)量m=1 kg的物體從高為h=0.2 m的
32、光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點(diǎn),物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,傳送帶AB之間的距離為l=5.5 m,傳送帶一直以v=3 m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng),則( ) 圖6 A.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s B.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為1 N·s C.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D.帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)在物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,多做了3 J功 解析 物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律有mv=mgh 代入數(shù)據(jù)得v0=2 m/s,物體在摩擦力作用下先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng),有
33、t1==1 s s1=t1=×1 m=2.5 m t2== s=1 s t=t1+t2=2 s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為I=μmgt1=1 N·s,選項(xiàng)B正確; 在t1時(shí)間內(nèi),傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)s帶=vt1=3 m Q=μmgΔs=μmg(s帶-s1),代入數(shù)據(jù)得Q=0.5 J,選項(xiàng)C正確; 物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,物體動(dòng)能增量ΔEk=mv2-mv,電動(dòng)機(jī)多做的功為W=Q+ΔEk=3 J,選項(xiàng)D正確。 答案 BCD 二、非選擇題 7.如圖7所示,質(zhì)量均為m的小滑塊A、B、C厚度均不計(jì)。其中B、C兩滑塊通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直
34、放置在水平面上?,F(xiàn)在將小滑塊A從距離B滑塊H0高處由靜止釋放,A、B相碰后立刻粘合為一個(gè)整體,且以共同速度向下運(yùn)動(dòng),不計(jì)空氣阻力,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。求: 圖7 (1)A、B碰后的共同速度v1的大??; (2)A、B向下運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí),滑塊C對(duì)水平面的壓力大小。 解析 (1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時(shí)速度為v0,則 mgH0=mv① A、B碰撞前后動(dòng)量守恒,即mv0=2mv1② 式中v1為A與B碰撞后的共同速度 聯(lián)立①②解得v1=。 (2)當(dāng)A、B的速度最大時(shí),它們所受的合力為零,即處于平衡狀態(tài),設(shè)此時(shí)水平地面對(duì)滑塊C的支持力大小和滑塊C對(duì)水平地面的壓力大小分別為FN′和FN
35、,對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng),由受力分析可知FN′-3mg=0③ 由牛頓第三定律可知FN′=FN④ 聯(lián)立③④解得FN=3mg。 答案 (1) (2)3mg 8.(2018·湖南衡陽(yáng)模擬)如圖8甲所示,在高h(yuǎn)=0.8 m的水平平臺(tái)上放置一質(zhì)量為m′=0.9 kg的小木塊(視為質(zhì)點(diǎn)),距平臺(tái)右邊緣d=2 m。一質(zhì)量為m=0.1 kg的子彈沿水平方向射入小木塊并留在其中(作用時(shí)間極短),然后一起向右運(yùn)動(dòng),在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的v2-x關(guān)系如圖乙所示,最后小木塊從平臺(tái)邊緣滑出并落在距平臺(tái)右側(cè)水平距離為s=1.6 m的地面上。g取10 m/s2,求: 圖8 (1)小木塊滑出平臺(tái)時(shí)的速度; (2)
36、子彈射入小木塊前的速度; (3)子彈射入木塊前至木塊滑出平臺(tái)時(shí),系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析 (1)小木塊從平臺(tái)滑出后做平拋運(yùn)動(dòng),有 h=gt2,s=vt 聯(lián)立上兩式可得v==4 m/s (2)設(shè)子彈射入木塊后共同速度為v1,由圖乙可知 40-v2=v-40 解得v1=8 m/s, 子彈射入木塊的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)量守恒有 mv0=(m′+m)v1 v0==80 m/s (3)設(shè)子彈射入木塊前至木塊滑出平臺(tái)時(shí),系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為Q, 則Q=mv-×(m′+m)v2 =×0.1×802 J-(0.9+0.1)×42 J=312 J。 答案 (1)4 m/s (2)80 m/s
37、 (3)312 J 9.如圖9所示,在光滑水平面上有一帶擋板的長(zhǎng)木板,擋板和長(zhǎng)木板的總質(zhì)量為m,木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)(擋板的厚度可忽略),擋板上固定有一個(gè)小炸藥包(可視為質(zhì)量不計(jì)的點(diǎn))。木板左端有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的滑塊?;瑝K與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。給滑塊一個(gè)水平向右的初速度v0,滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng),剛好能與小炸藥包接觸,接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過(guò)程時(shí)間極短,爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運(yùn)動(dòng),且完好無(wú)損),滑塊向左運(yùn)動(dòng),最終回到木板的左端,恰與木板相對(duì)靜止。求: 圖9 (1)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)小炸藥包爆炸完畢時(shí)滑塊和木板的速度。 解析 (
38、1)滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng),剛好能與炸藥包接觸,此時(shí)滑塊和木板的速度相同,設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時(shí)的速度為v1,以水平向右為正方向;滑塊和木板組成的系統(tǒng),滑塊在木板上滑動(dòng)的過(guò)程中,所受合外力為零,則該系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故有mv0=2mv1 解得v1=v0,方向水平向右 滑塊在木板上滑動(dòng)的過(guò)程中,由功能關(guān)系可知 μmgL=·mv-·2mv 聯(lián)立解得μ=。 (2)設(shè)爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′,最終滑塊相對(duì)木板靜止于木板的左端時(shí)速度為v2,系統(tǒng)在爆炸前后動(dòng)量守恒,則有 2mv1=mv1′+mv2′ 2mv1=2mv2 系統(tǒng)爆炸后,對(duì)滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程應(yīng)用功能關(guān)系,則有 μmgL=mv1′2+mv2′2-·2mv 聯(lián)立以上各式解得v1′=0;v2′=v0,方向水平向右。 答案 (1) (2)滑塊速度為0,木板速度為v0,方向水平向右 20
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