高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二第二講動量和能量觀點的應(yīng)用課件

第二講動量和能量觀點的應(yīng)用專題二2022內(nèi)容索引010203體系構(gòu)建?真題感悟高頻考點?能力突破專項模塊?素養(yǎng)培優(yōu)體系構(gòu)建?真題感悟知識回顧構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)感悟高考真題再練1.(2020全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動,甲追上乙,并與乙發(fā)生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(

)A.3J B.4JC.5J D.6J情境剖析本題屬于創(chuàng)新性題目,以常見的“甲、乙兩個物塊發(fā)生碰撞”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。素養(yǎng)能力本題考查學(xué)生是否具有相互作用觀等物理觀念素養(yǎng),考查關(guān)鍵能力中的理解能力、推理論證能力、從圖象中獲取信息的能力,能從圖象中判斷截距、圖象交點的含義,構(gòu)建動量守恒的模型,應(yīng)用動量觀念探究生活中的實際問題。答案A

解析

本題以碰撞為背景,意在考查動量守恒定律等知識。根據(jù)題圖中信息,甲、乙兩物塊碰前和碰后的速度分別為v甲=5.0

m/s,v乙=1.0

m/s,v甲'=-1.0

m/s,v乙'=2.0

m/s,根據(jù)動量守恒定律,m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得2.(2021全國乙卷)如圖所示,光滑水平地面上有一小車,一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連,另一端與滑塊相連,滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中,從撤去推力開始,小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)(

)A.動量守恒,機械能守恒B.動量守恒,機械能不守恒C.動量不守恒,機械能守恒D.動量不守恒,機械能不守恒情境剖析本題屬于基礎(chǔ)性題目,以“光滑水平地面上的小車及輕彈簧”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。素養(yǎng)能力本題考查學(xué)生是否具有相互作用觀等物理觀念素養(yǎng),考查關(guān)鍵能力中的理解能力,構(gòu)建動量守恒的模型。答案B

解析

本題考查動量守恒和機械能守恒的條件,意在考查理解能力。撤去推力,系統(tǒng)合力為0,系統(tǒng)動量守恒,滑塊和小車之間有滑動摩擦力,由于摩擦生熱,故系統(tǒng)機械能減少,選項B正確。3.(2019全國Ⅰ卷)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接,小物塊B靜止于水平軌道的最左端,如圖甲所示。t=0時刻,小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑,一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短);當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時,速度減為0,此時對其施加一外力,使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖乙所示,圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。(1)求物塊B的質(zhì)量;(2)在圖乙所描述的整個運動過程中,求物塊A克服摩擦力所做的功;(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運動后,改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù),然后將A從P點釋放,一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。情境剖析本題屬于綜合性題目,通過呈現(xiàn)碰撞前后的v-t圖象,以典型的“碰撞問題”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。素養(yǎng)能力本題考查學(xué)生是否具有運動觀、相互作用觀等物理觀念素養(yǎng),考查關(guān)鍵能力中的理解能力、分析綜合能力、推理論證能力,要求學(xué)生具備運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力,能綜合圖象信息和動量守恒定律、碰撞、動能定理、勻變速直線運動規(guī)律解決實際問題。(2)在圖乙所描述的運動中,設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為Ff,下滑過程中所走過的路程為s1,返回過程中所走過的路程s2,P點的高度為h,整個過程中克服摩擦力所做的功為W。由動能定理有高頻考點?能力突破考點一動量、沖量、動量定理命題點點撥

命題點解答方法或公式1.動量、沖量的理解公式p=mv,I=Ft沖量表示力對時間的積累作用2.動量定理的應(yīng)用(1)動量定理I=Δp。(2)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量。(3)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化量。(4)可能用到微元法或圖象法命題點解答方法或公式3.用動量定理處理流體問題(1)建立“柱狀模型”,沿流速v的方向選取一段柱形流體,其橫截面積為S。(2)微元研究,作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為vΔt,對應(yīng)的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt。(3)建立方程,應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體方法規(guī)律歸納理解動量定理時應(yīng)注意的四個問題(1)動量定理表明沖量既是使物體動量發(fā)生變化的原因,又是物體動量變化的量度。注意:這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各個外力沖量的矢量和)。(2)動量定理的研究對象是一個物體

(或可視為一個物體的系統(tǒng))?？赡苁橇黧w

(3)動量定理是過程定理,解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量。(4)動量定理的表達式是矢量式,在一維情況下,各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。對點訓(xùn)練1.(2020全國Ⅰ卷T14衍生題,命題點1、2)如圖所示為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖,運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ,運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ,忽略空氣阻力,則運動員(

)A.過程Ⅰ的動量改變量等于零B.過程Ⅱ的動量改變量等于零C.過程Ⅰ的動量改變量等于重力的沖量D.過程Ⅱ的動量改變量等于重力的沖量答案

C

解析

過程Ⅰ中動量改變量等于重力的沖量,即為mgt,不為零,故A錯誤,C正確;運動員進入水前的速度不為零,末速度為零,過程Ⅱ的動量改變量不等于零,故B錯誤;過程Ⅱ的動量改變量等于合外力的沖量,此過程中受重力和水的阻力,則不等于重力的沖量,故D錯誤。2.(多選)(2020全國Ⅰ卷T14衍生題,命題點2)2020年廈門出現(xiàn)過強對流冰雹天氣。設(shè)一質(zhì)量為4g的球形冰雹從高空云層里由靜止開始下落,下落過程中所受空氣阻力與速度的關(guān)系為Ff=kv2(k=1×10-4N·m-2·s2),冰雹下落過程質(zhì)量保持不變,落地前已達最大速度,與地面碰撞時間為0.01s,碰撞后速度為零,g取10m/s2。則(

)A.冰雹落地瞬間的速度大小為20m/sB.冰雹落地瞬間的速度大小為400m/sC.碰撞過程中冰雹對地面的平均作用力大小約為8ND.碰撞過程中冰雹對地面的平均作用力大小約為16N答案

AC

解析

質(zhì)量為m的冰雹下落過程中,受重力G和空氣阻力Ff的作用。剛開始下落時,G>Ff,冰雹加速下落,隨著冰雹速度的增大,它受到的阻力也在不斷增大,而當(dāng)阻力增大到與重力相等時,即當(dāng)G=Ff時,冰雹開始做勻速運動,冰雹的速度不再增大,此時的速度就是冰雹的最大速度,由G=Ff,得Ff=kv2=mg,易錯提醒在應(yīng)用動量定理解題時,需要表達物體(沿某方向)受到的合沖量,所以一定要對物體認真進行受力分析,不可有力的遺漏。3.(命題點3)宇宙飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決,其中之一就是當(dāng)飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持速度不變的問題。假設(shè)一宇宙飛船以v=2.0×103m/s的速度進入密度ρ=2.0×10-6kg/m3的微粒塵區(qū),飛船垂直于運動方向上的最大截面積S=5m2,且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上,則飛船要保持速度v不變,所需推力為多大?答案

40N解析

設(shè)飛船在微粒塵區(qū)飛行Δt時間,則在這段時間內(nèi)附著在飛船上的微粒質(zhì)量Δm=ρSvΔt微粒由靜止到與飛船一起運動,微粒的動量增加由動量定理Ft=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔtv所以飛船所需推力F=ρSv2=2.0×10-6×5×(2.0×103)2

N=40

N。方法點撥對于流體及微粒的動量連續(xù)發(fā)生變化這類問題,關(guān)鍵是應(yīng)用微元法正確選取研究對象。考點二動量守恒定律及應(yīng)用命題點點撥

命題點解答方法或公式1.動量守恒的理解及應(yīng)用公式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'根據(jù)“五步法”列方程求解2.碰撞模型的規(guī)律和應(yīng)用(1)熟記一些公式,例如“一動一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足(2)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩球質(zhì)量相等時,兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量大的速率不變,質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2,且v2=0時,碰后質(zhì)量小的球原速率反彈命題點解答方法或公式3.動量守恒定律在爆炸現(xiàn)象中的應(yīng)用(1)爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒,根據(jù)動量守恒定律列方程求解。(2)爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動方法規(guī)律歸納1.動量守恒定律解題“五步法”注:對于過程的選定,初狀態(tài)選定較易,“過程”的末狀態(tài)的選定,有時需要根據(jù)題目中的臨界點或極值點確定。2.一般碰撞的三個制約關(guān)系一般碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間,動量守恒,機械能(或動能)有損失,遵循以下三個制約關(guān)系:(1)動量制約:碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約,總動量恒定不變,即p1+p2=p1'+p2'。(2)動能制約:在碰撞過程中,碰撞雙方的總動能不會增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)運動制約:碰撞要受到運動的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同向運動,碰撞后原來在前面的物體速度必增大,且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度。對點訓(xùn)練4.(2021浙江高三二模,命題點1)兩個質(zhì)量相同的小圓環(huán)A、B用細線相連,A穿在光滑的水平直桿上。A、B從如圖所示的位置由靜止開始運動。在B擺到最低點的過程中(

)A.B的機械能守恒B.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.B重力的功率一直減小D.B擺到最低點時,A的速度最大答案

D

解析

在整個運動過程中,只有重力對A、B組成的系統(tǒng)做功,故A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,因為A的機械能增加,則B的機械能減小,A錯誤;A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,在其他方向上動量不守恒,B錯誤;根據(jù)PG=mgvy,在B擺到最低點的過程中,B球速度的豎直分量從零開始增大再減小到零,所以B重力的功率也先從零增大再減小到零,C錯誤;水平方向系統(tǒng)動量守恒mAvA=mBvB,因為B擺到最低點時速度最大,所以A的速度最大,D正確。易錯提醒因為A的機械能增加,則B的機械能不守恒;系統(tǒng)總動量不守恒,但水平方向動量守恒。

5.(多選)(命題點2)物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”,通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示,A、B、C三個彈性極好的小球,相鄰小球間有極小間隙,三球球心連線豎直,從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H),所有碰撞均為彈性碰撞,且碰后B、C恰好靜止,則(

)A.C球落地前瞬間A球的速度為B.從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C.A球彈起的最大高度為25HD.A球彈起的最大高度為9H答案

ABD

特別提醒只要是彈性碰撞,碰撞過程一定動量守恒且機械能守恒。

6.(2018全國Ⅰ卷T24衍生題,命題點3)一質(zhì)量為0.3kg的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升到離地20m高處時速度為零,此時彈中火藥爆炸將煙花彈炸為大、小兩塊,大、小兩塊煙花彈分別獲得水平向左、水平向右的速度,大塊質(zhì)量為小塊質(zhì)量的2倍,大、小兩塊煙花彈獲得的動能之和也為E,爆炸時間極短,重力加速度g取10m/s2,=1.4,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,釋放煙花彈位置的水平面足夠大。求:(1)動能E;(2)大、小兩塊煙花彈落地之間的距離。答案

(1)60J

(2)84m解析

(1)由機械能守恒定律得E=mgh解得E=60

J。考點三動量與能量的綜合應(yīng)用命題點點撥

命題點解答方法或公式1.多物體碰撞類問題(1)認真分析過程,弄清受力情況和運動情況。(2)根據(jù)守恒條件,選合適的對象(系統(tǒng))靈活分解過程,用動量守恒定律列方程2.“彈簧類”模型(1)含彈簧的碰撞問題,一般情況下均滿足動量守恒定律和機械能守恒定律。(2)注意彈簧的三個狀態(tài):原長——此時彈簧的彈性勢能為零,壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)——此時彈簧連接的物體具有共同的速度,彈簧具有最大的彈性勢能——這往往是解決此類問題的突破點命題點解答方法或公式3.子彈打木塊模型(滑塊——滑板模型)(1)木塊放在光滑水平面上,子彈水平打進木塊,系統(tǒng)所受的合力為零,因此動量守恒。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ff·x相方法規(guī)律歸納碰撞與多過程模型的五大解題策略(1)弄清有幾個物體參與運動,并劃分清楚碰前的物體的運動過程和碰后的物體的運動過程。(2)構(gòu)建物理模型——進行正確的受力分析,明確各過程的運動特點,分析過程是要根據(jù)題目的關(guān)鍵詞句或圖象信息弄清隱含的臨界條件。(3)注意正確選用物理定律——在光滑的平面或曲面上的運動,還有不計阻力的拋體運動,機械能一定守恒;碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題,一般考慮用動量守恒定律分析。(4)如果是彈性碰撞,碰撞過程要明確動能也守恒。(5)若含摩擦生熱問題,則考慮用能量守恒定律分析。典例剖析[典例](2019全國Ⅲ卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別為mA=1.0kg,mB=4.0kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m,如圖所示。某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.20。重力加速度g取10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小。(2)物塊A、B中的哪一個先停止?該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?思維路徑審題:讀取題干獲取信息靜止A、B組成的系統(tǒng)開始的動能、動量均為0將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0

J彈簧釋放后瞬間A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律和機械能守恒定律A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.20A、B在水平面上的運動為加速度大小相同的勻減速直線運動A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短A、B碰撞為彈性碰撞,系統(tǒng)動量、機械能均守恒;A與墻碰撞時速率不變,反向彈回破題:本題為典型的多過程問題,涉及力學(xué)三大規(guī)律。解題關(guān)鍵是將這個復(fù)雜過程進行拆分:①彈簧彈開瞬間,根據(jù)動量守恒定律確定兩物塊的初速度;②物塊B向左做勻減速直線運動,物塊A向右運動,碰墻后以原速率返回的過程,可等效為勻減速直線運動;③物塊A、B的彈性碰撞過程,遵守動量守恒定律以及機械能守恒定律;④兩物塊各自減速到零,由運動學(xué)公式計算兩物塊的位移。答案

(1)4.0m/s

1.0m/s

(2)B先停止

0.50m

(3)0.91m解析

(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正方向,由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0

m/s,vB=1.0

m/s。③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等,因而兩者滑動時加速度大小相等,設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前,已經(jīng)有一個物塊停止,此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t,B向左運動的路程為sB,則有mBa=μmBg④vB-at=0⑥在時間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞后A將向左運動,碰撞并不改變A的速度大小,所以無論此碰撞是否發(fā)生,A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75

m,sB=0.25

m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞,但沒有與B發(fā)生碰撞,此時A位于出發(fā)點右邊0.25

m處。B位于出發(fā)點左邊0.25

m處,兩物塊之間的距離s為s=0.25

m+0.25

m=0.50

m。⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動,假設(shè)它能與靜止的B碰撞,碰撞時速度的大小為vA',由動能定理有

這表明碰撞后A將向右運動,B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA'時停止,B向左運動距離為sB'時停止,由運動學(xué)公式有特別提醒在正確分析過程的前提下,很重要的一點是要把握臨界問題的分析:(1)尋找臨界狀態(tài):看題設(shè)情境中有相互作用的兩物體是否有相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。(2)挖掘臨界條件:在與動量相關(guān)的臨界問題中,臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系,即速度相等或位移相等。對點訓(xùn)練7.(命題點1)如圖所示,長木板B靜止在光滑的水平面上,物塊C放在長木板的右端,B的質(zhì)量為4kg,C和木板間的動摩擦因數(shù)為0.2,C可以看成質(zhì)點,長木板足夠長。物塊A在長木板的左側(cè)以速度v0=8m/s向右運動并與長木板相碰,碰后A的速度為2m/s,方向不變,A的質(zhì)量為2kg,g取10m/s2。(1)求碰后一瞬間B的速度大小。(2)試分析要使A與B不會發(fā)生第二次碰撞,C的質(zhì)量不能超過多大。思維點撥“剛好不會發(fā)生第二次碰撞”的臨界條件是二者速度相等。

答案

(1)3m/s

(2)2kg解析

(1)A與B相碰的一瞬間,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,則有mAv0=mAvA+mBvB解得vB=3

m/s。(2)碰撞后C在B上相對B滑動,B做減速運動,C與B相對靜止,即B與C以共同速度v=2

m/s運動時,A與B剛好不會發(fā)生第二次碰撞,這個運動過程,C與B組成的系統(tǒng)動量守恒,則mBvB=(mB+mC)v解得mC=2

kg因此要使A與B不會發(fā)生第二次碰撞,C的質(zhì)量不能超過2

kg。8.(2021廣東汕頭高三二模,命題點2)如圖所示,abcd為一條固定的軌道,其中ab段水平粗糙,bcd段是處于豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道,bd是豎直的直徑,軌道半徑為R。可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起,靜止于b處。兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離,分別向左、右運動。A恰好能運動至d點,然后從d點沿水平方向脫離軌道,并落到水平軌道的e點上(圖中未畫出),已知重力加速度為g,不計空氣阻力。(1)求物塊A從d點運動至e點過程的水平位移大小。(2)若物塊B恰好運動至e點停下,已知B與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,求物塊A與B的質(zhì)量之比。x=vdt聯(lián)立解得水平位移大小x=2R。(2)A和B分離時動量守恒,有mAv1=mBv2A從b點運動至d點過程,由動能定理得9.(2021廣東佛山高三二模,命題點3)如圖所示,木板B靜止在光滑的冰面上,其右端上表面與一粗糙傾斜滑道平滑相接,滑道傾角θ=37°,一游客坐在滑板上,從滑道上距底端s=5m處由靜止滑下。已知木板質(zhì)量mB=20kg,長度L=3m,游客和滑板的總質(zhì)量m=40kg。若游客和滑板可視為質(zhì)點,與滑道間的動摩擦因數(shù)μ1=0.3,游客和滑板從傾斜滑道滑上木板B時速度大小不變,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求游客在滑道上下滑時的加速度大小。(2)若要游客剛好不從木板B的左端滑出,求滑板與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)μ2。答案

(1)3.6m/s2

(2)0.2解析

(1)設(shè)游客在滑道上下滑時的加速度大小為a,由牛頓第二定律可得mgsin

37°-μ1mgcos

37°=ma解得a=3.6

m/s2。(2)設(shè)游客到達滑道下端的速度為v1,由運動學(xué)公式可得v1==6

m/s要使游客剛好不從木板B的左端滑出,即游客到達木板B左端時恰好與木板達到共同速度,設(shè)為v2,由于冰面光滑,該過程滿足動量守恒,可得mv1=(m+mB)v2專項模塊?素養(yǎng)培優(yōu)應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決綜合問題考向研析高考試題中的力學(xué)綜合題,一般過程較多,研究對象的選擇靈活。通常有下列四類:1.當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時,一般選擇用動力學(xué)方法解題;涉及某一狀態(tài)或位置的問題時,一般用牛頓第二定律列方程。2.當(dāng)涉及非恒力作用的過程關(guān)系及曲線運動時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律列方程求解,題目中出現(xiàn)相對位移時,應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。3.當(dāng)涉及多個物體及時間時,一般考慮動量定理、動量守恒定律,特別碰撞過程要用到動量求解。4.動量與能量綜合的題目往往物理過程較多,情境復(fù)雜,把復(fù)雜的情境與過程劃分為多個單一情境,并恰當(dāng)?shù)剡x擇相應(yīng)的動量或能量知識解答。注意這類模型各階段的運動過程具有獨立性,只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可,兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶。案例探究(2021山東高三一模)如圖所示,在傾角為37°的斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B,物塊B的下端連接一輕質(zhì)彈簧,彈簧下端與擋板相連接,物塊B平衡時,彈簧的壓縮量為x0,O點為彈簧的原長位置。在斜面頂端再連接一光滑的半徑R=0.6x0的半圓軌道,半圓軌道與斜面相切于P點。在斜面頂端有一質(zhì)量也為m的物塊A,與物塊B相距4x0,現(xiàn)讓A由靜止開始沿斜面下滑,A、B相碰后立即一起沿斜面向下運動,但不黏連,它們到達最低點后又一起向上運動,并恰好回到O點(A、B均可視為質(zhì)點)。已知斜面OP部分粗糙,且A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,其余部分光滑。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。(1)求物塊A、B相碰后瞬間的共同速度大小。(2)求物塊A、B相碰前彈簧具有的彈性勢能。(3)若讓物塊A以某一初速度從P點沿半圓軌道上滑,恰好能通過最高點后落在斜面上,求A的落點到P點的距離。(4)若讓物塊A以某一初速度v自P點沿斜面下滑,與物塊B碰后返回到P點還具有向上的速度,則v為多大時物塊A恰能通過半圓軌道的最高點?A、B分離瞬間,B物塊即被鎖定。思維路徑審題:讀取題干獲取信息物塊B平衡時,彈簧的壓縮量為x0物塊B初始狀態(tài)已知物塊A,與物塊B相距4x0,現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑物塊A初始位置和運動狀態(tài)已知A、B相碰后立即一起沿斜面向下運動,但不粘連,它們到達最低點后又一起向上運動,并恰好回到O點A、B碰撞,然后一起運動到O點讀取題干獲取信息A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,其余部分光滑O、P間運動時受摩擦力若讓物塊A以某一初速度從P點沿半圓軌道上滑,恰好能通過最高點后落在斜面上豎直平面圓周運動最高點狀態(tài)已知破題:1.前兩問,將整個過程分成幾個子過程:(1)物塊A下滑過程;(2)A與B碰撞過程;(3)碰后,物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)再運動到O點的過程;各個過程應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律公式求解;2.第3問,根據(jù)臨界條件求出最高點C的速度為vC,然后根據(jù)動能定理求D點速度,再根據(jù)運動合成和分解,求A的落點到P點的距離。3.第4問,將整個過程分成幾個子過程:(1)物塊A以某一初速度下滑過程;(2)A與B碰撞過程;(3)A與B碰撞結(jié)束后到O點的過程;(4)物塊A繼續(xù)沿半圓軌道滑行至最高點C的過程;各個過程應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律公式求解。解析

(1)物塊A與B碰撞前后,設(shè)物塊A的速度分別為v1和v2,物塊A下滑過程中,由動能定理,有(2)碰后,物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)在運動到O點的過程中由能量守恒定律,有解得Ep=0.3mgx0。(3)設(shè)物塊A在最高點C的速度為vC,物塊A恰能通過半圓軌道的