新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題2功和能動(dòng)量微專題2動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用題型1“類碰撞”問題教師用書

微專題2動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用必備知識(shí)”解讀力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間“關(guān)鍵能力”構(gòu)建“類碰撞”問題情境類比“碰撞”滿足規(guī)律初態(tài)末態(tài)相距最近時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多再次恢復(fù)原長時(shí)彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能無擬失共速時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多滑離時(shí)非彈性碰撞動(dòng)量守恒，部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多再次回到地面時(shí)彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能無損失題型1“類碰撞”問題〔真題研究1〕(2022·全國乙，25,20分)如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【審題指導(dǎo)】(1)對(duì)題意的理解序號(hào)關(guān)鍵表述物理量及其關(guān)系①光滑水平面0～2t0時(shí)間段內(nèi)，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒②A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下存在機(jī)械能損失，A返回時(shí)速度變?、叟c一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同第二次碰后，A的速度與第一次碰后相同(2)對(duì)圖像的理解序號(hào)圖像信息物理量及其關(guān)系①t＝0時(shí)的速度A、B碰前的速度②t＝t0之前，vB>vA相同時(shí)間內(nèi)B向前運(yùn)動(dòng)的位移大于A向前運(yùn)動(dòng)的位移，B與A之間的距離逐漸減?、踭＝t0時(shí)，兩圖像相交此時(shí)A、B共速，A、B之間距離最近，彈簧壓縮至最短，彈性勢(shì)能最大④2t0后的速度A、B碰后的速度(3)模型建構(gòu)能力序號(hào)物理過程物理模型①A、B碰撞過程碰撞模型，動(dòng)量守恒、能量守恒②A滑上粗糙斜面，然后滑下物塊在粗糙斜面上運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)【答案】(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0(3)0.45【解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相等，即t＝t0時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0①根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋mA)veq\o\al(2,0)②聯(lián)立解得mB＝5mA＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。③(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝mBvB＋mAvA ④解得vB＝1.2v0－0.2vA將B的運(yùn)動(dòng)分解為同一直線上的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，有vB1＝1.2v0，vB2＝－0.2vA則sB1＝1.2v0t，sB2＝－0.2sAsB＝1.2v0t－0.2sA ⑤將t＝t0，sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 ⑥則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 ⑦(3)物塊A第二次達(dá)到斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A與第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA′，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ ⑧根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)·5m·(0.8v0)2＝eq\f(1,2)m·(－2v0)2＋eq\f(1,2)·5mvB′2⑨聯(lián)立解得vA′＝v0方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2eq\o(○,\s\up1(10))下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvA′2－0?聯(lián)立解得μ＝0.45?方法二：根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—速度關(guān)系有2a上x＝(2v0)2－0,2a下x＝vA′2＝veq\o\al(2,0)聯(lián)立可解得μ＝0.45。〔易錯(cuò)提醒〕(1)過程分析不準(zhǔn)確，不能確定兩物塊共速時(shí)彈簧壓縮量最大；(2)對(duì)非勻變速直線運(yùn)動(dòng)的過程，不會(huì)應(yīng)用累積的思想由速度關(guān)系分析位移關(guān)系?！矊?duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕1.(多選)(2023·安徽黃山三模)如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動(dòng)，質(zhì)量為M的B物體左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是(AD)A．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)A的彈力沖量大小為eq\f(4,3)MvB．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,3)Mv2【解析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2Mv＝2MvA′＋MvB′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)·2Mv2＝eq\f(1,2)·2MvA′2＋eq\f(1,2)·MvB′2，解得vA′＝eq\f(1,3)v，vB′＝eq\f(4,3)v，根據(jù)動(dòng)量定理得I＝MvB′，解得I＝eq\f(4,3)Mv，A正確；在物體A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和B的速度都增大，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率增大；在彈簧接近原長時(shí)，B的速度接近eq\f(4,3)v，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率幾乎等于零，所以在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率先增大后減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2Mv＝(2M＋M)v′，解得v′＝eq\f(2,3)v，彈簧對(duì)A、B做功分別為WA＝eq\f(1,2)·2Mv′2－eq\f(1,2)·2Mv2＝－eq\f(5,9)Mv2，WB＝eq\f(1,2)Mv′2＝eq\f(2,9)Mv2，彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為W＝WA＋WB＝－eq\f(1,3)Mv2，最大彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,2)·2Mv2－eq\f(1,2)·3Mv′2＝eq\f(1,3)Mv2，C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。2.(2023·湖南長沙二模)如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是(C)A．小球的質(zhì)量為eq\f(b,a)MB．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為eq\f(ab,a＋b)C．小球能夠上升的最大高度為eq\f(a2,2a＋bg)D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)【解析】設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，v2＝eq\f(mv0,M)－eq\f(m,M)v1，結(jié)合圖乙可得eq\f(m,M)＝eq\f(b,a)，eq\f(mv0,M)＝b，所以a＝v0，m＝eq\f(b,a)M，故A正確，不符合題意；對(duì)小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得小球在與圓弧滑塊分離時(shí)的速度為v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝eq\f(ab－a,a＋b)<0，即a>b時(shí)，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時(shí)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確，不符合題意；小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv0