新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量微专题2动力学三大观点的综合运用题型1“类碰撞”问题教师用书

微专题2动力学三大观点的综合运用必备知识”解读力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及运动细节匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及做功与能量转换机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间“关键能力”构建“类碰撞”问题情境类比“碰撞”满足规律初态末态相距最近时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多再次恢复原长时弹性碰撞动量守恒，动能无拟失共速时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多滑离时非弹性碰撞动量守恒，部分动能转化为内能到达最高点时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多再次回到地面时弹性碰撞动量守恒，动能无损失题型1“类碰撞”问题〔真题研究1〕(2022·全国乙，25,20分)如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。【审题指导】(1)对题意的理解序号关键表述物理量及其关系①光滑水平面0～2t0时间段内，A、B和弹簧组成的系统动量守恒②A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下存在机械能损失，A返回时速度变小③与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同第二次碰后，A的速度与第一次碰后相同(2)对图像的理解序号图像信息物理量及其关系①t＝0时的速度A、B碰前的速度②t＝t0之前，vB>vA相同时间内B向前运动的位移大于A向前运动的位移，B与A之间的距离逐渐减小③t＝t0时，两图像相交此时A、B共速，A、B之间距离最近，弹簧压缩至最短，弹性势能最大④2t0后的速度A、B碰后的速度(3)模型建构能力序号物理过程物理模型①A、B碰撞过程碰撞模型，动量守恒、能量守恒②A滑上粗糙斜面，然后滑下物块在粗糙斜面上运动，匀变速直线运动【答案】(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0(3)0.45【解析】(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0①根据能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋mA)veq\o\al(2,0)②联立解得mB＝5mA＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。③(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝mBvB＋mAvA ④解得vB＝1.2v0－0.2vA将B的运动分解为同一直线上的两个运动，有vB1＝1.2v0，vB2＝－0.2vA则sB1＝1.2v0t，sB2＝－0.2sAsB＝1.2v0t－0.2sA ⑤将t＝t0，sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 ⑥则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 ⑦(3)物块A第二次达到斜面的最高点与第一次相同，说明物块A与第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律有mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ ⑧根据能量守恒定律有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联立解得vA′＝v0方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理有－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2eq\o(○,\s\up1(10))下滑过程中，根据动能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvA′2－0⑪联立解得μ＝0.45⑫方法二：根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移—速度关系有2a上x＝(2v0)2－0,2a下x＝vA′2＝veq\o\al(2,0)联立可解得μ＝0.45。〔易错提醒〕(1)过程分析不准确，不能确定两物块共速时弹簧压缩量最大；(2)对非匀变速直线运动的过程，不会应用累积的思想由速度关系分析位移关系。〔对点训练〕1.(多选)(2023·安徽黄山三模)如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是(AD)A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为eq\f(4,3)MvB．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为eq\f(1,3)Mv2【解析】根据动量守恒定律得2Mv＝2MvA′＋MvB′，根据机械能守恒定律得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，根据动量定理得I＝MvB′，解得I＝eq\f(4,3)Mv，A正确；在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近eq\f(4,3)v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；根据动量守恒定律得2Mv＝(2M＋M)v′，解得v′＝eq\f(2,3)v，弹簧对A、B做功分别为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，弹簧对A、B做功的代数和为W＝WA＋WB＝－eq\f(1,3)Mv2，最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)·2Mv2－eq\f(1,2)·3Mv′2＝eq\f(1,3)Mv2，C错误，D正确。故选AD。2.(2023·湖南长沙二模)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是(C)A．小球的质量为eq\f(b,a)MB．小球运动到最高点时的速度为eq\f(ab,a＋b)C．小球能够上升的最大高度为eq\f(a2,2a＋bg)D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动【解析】设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，v2＝eq\f(mv0,M)－eq\f(m,M)v1，结合图乙可得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正确，不符合题意；对小球和圆弧滑块组成的系统，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)，解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝eq\f(ab－a,a＋b)<0，即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0