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

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＋at
x＝v0t＋
1
2
at2
v2－v20＝2ax等
能量观点
动能定理W合＝ΔE k
涉及做功与能量转
换
机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2
功能关系W G＝－ΔE p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
到达最高完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失
点时最多
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(sin θ＝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
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
000【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 ＝
t 0时刻，根据动量守恒定律有m B ·1.2v 0＝(m B ＋m A )v 0 ①
根据能量守恒定律有E pmax ＝12m B (1.2v 0)2－12(m B ＋m A )v 2
0 ②
联立解得m B ＝5m A ＝5m ，E pmax ＝0.6mv 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m B ·1.2v 0＝m B v B ＋m A v A
④
解得v B ＝1.2v 0－0.2v A
将B 的运动分解为同一直线上的两个运动，有v B1＝1.2v 0，v B2＝－0.2v A 则s B1＝1.2v 0t ，s B2＝－0.2s A
s B ＝1.2v 0t －0.2s A
⑤
将t ＝t 0，s A ＝0.36v 0t 0代入可得s B ＝1.128v 0t 0
⑥
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs ＝s B －s A ＝0.768v 0t 0。

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2v 0，方向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v A ′，取向左为正方向，根据动量守恒定律有mv A ′－5m ·0.8v 0＝m ·(－2v 0)＋5mv B ′
⑧
根据能量守恒定律有12mv A ′2＋12·5m ·(0.8v 0)2＝12m ·(－2v 0)2＋12·5mv B ′2
⑨
联立解得v A ′＝v 0
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 －mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－12
m (2v 0)2
○
10
下滑过程中，根据动能定理有mgL sin θ－μmgL cos θ＝12mv A ′2
－0⑪
联立解得μ＝0.45⑫ 方法二：根据牛顿第二定律有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 上 mg sin θ－μmg cos θ＝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 ＝(2v 0)2
－0,2a 下x ＝v A ′2
＝v 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4
3Mv
B ．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0
D ．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13
Mv 2
【解析】根据动量守恒定律得2Mv ＝2Mv A ′＋Mv B ′，根据机械能守恒定律得12·2Mv 2
＝
12·2Mv A ′2＋12·Mv B ′2
，解得v A ′＝13v ，v B ′＝43v ，根据动量定理得I ＝Mv B ′，解得I ＝43Mv ，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4
3v ，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 ′＝23v ，
弹簧对A 、B 做功分别为W A ＝12·2Mv ′2－12·2Mv 2＝－59Mv 2，W B ＝12Mv ′2
＝29
Mv 2，弹簧对A 、B
做功的代数和为W ＝W A ＋W B ＝－13Mv 2，最大弹性势能为E p ＝12·2Mv 2－12·3Mv ′2
＝13Mv 2，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v 1、v 2，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b a
M
B ．小球运动到最高点时的速度为ab a ＋b
C ．小球能够上升的最大高度为
a 2
2
a ＋
b g
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v 0，在水平方向上由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋
Mv 2，v 2＝mv 0M －m M v 1，结合图乙可得m M ＝b a ，mv 0M ＝b ，所以a ＝v 0，m ＝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mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 2
2，解得小球在与圆
弧滑块分离时的速度为v 1＝
m －M m ＋M v 0＝a b －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mv 0＝(m ＋M )v 共，解得v 共＝
mv 0m ＋M ＝ab a ＋b
，故B 正确，不符合题意；小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12mv 20＝12(m ＋M )v 2
共＋mgh ，解得h ＝
Mv 2
02m ＋M g ＝
a 3
2a ＋b g
，
故C 错误，符合题意。