（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題6 動力學、動量和能量觀點的綜合應用學案

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1、 專題6 動力學、動量和能量觀點的綜合應用 考題一　動量定理和能量觀點的綜合應用 1.動量定理公式：Ft＝p′－p 說明：(1)F為合外力 ①恒力，求Δp時，用Δp＝Ft ②b.變力，求I時，用I＝Δp＝mv2－mv1 ③牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率 ④當Δp一定時，F(xiàn)t為確定值：F＝ t小F大——如碰撞；t大F小——緩沖 (2)等式左邊是過程量Ft，右邊是兩個狀態(tài)量之差，是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的. Δp的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定與Ft一致. 2.力學規(guī)律的選用原則 單個物體：宜選

2、用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律. 例1　據(jù)統(tǒng)計人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍.為探究這個問題，實驗小組同學利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況.重物與地面的形變很小，可忽略不計.g取10 m/s2.下表為一次實驗過程中的相關(guān)數(shù)據(jù). 重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反彈高度h/cm 20 最大沖擊力Fm/N 850 重

3、物與地面接觸時間t/s 0.1 (1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題： ①重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大?。? ②在重物與地面接觸過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由. 解析　(1)①重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a 由牛頓第二定律：a＝ 解得a＝90 m/s2 ②重物在空中運動過程中，由動能定理mgh＝mv2 重物與地面接觸前瞬時的速度大小v1＝ 重物離開地面瞬時的速度大小v2＝ 重物與

4、地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，設(shè)豎直向上為正方向 由動量定理：(F－mg)t＝mv2－m(－v1) 解得F＝510 N，故＝6 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍. (2)可以通過增加人與地面接觸時間來減小沖擊力(如落地后雙腿彎曲)，由動量定理Ft＝Δmv可知，接觸時間增加了，沖擊力F會減小. 答案　(1)①90 m/s2?、?倍　(2)見解析 變式訓練 1.高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動).此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始

5、終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝＋mg，A項正確. 2.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示.物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止.g取10 m/s2. 圖1 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2

6、)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 解析　(1)對小物塊從A運動到B處的過程中 應用動能定理－μmgs＝mv2－mv 代入數(shù)值解得μ＝0.32 (2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6 m/s 由動量定理得：FΔt＝mv′－mv 解得F＝－130 N 其中“－”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左. (3)對物塊反向運動過程中應用動能定理得 －W＝0－mv′2 解得W＝9 J. 考題二　動量守恒定律和能量觀點的綜合應用

7、1.動量守恒定律 (1)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反). (2)動量守恒條件： ①理想守恒： 系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零. ②近似守恒： 外力遠小于內(nèi)力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多. ③單方向守恒： 合外力在某方向上的分力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒. 動量守恒定律應用要注意的三性 (1)矢量性： 在一維運動中要選取正方向，未

8、知速度方向的一律假設(shè)為正方向，帶入求解. (2)同時性： m1v1和m2v2——作用前的同一時刻的動量 m1v1′和m2v2′——作用后的同一時刻的動量 (3)同系性： 各個速度都必須相對于同一個慣性參考系. 定律的使用條件：在慣性參考系中普遍適用(宏觀、微觀、高速、低速) 2.力學規(guī)律的選用原則 多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決. 例2　如圖2所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，

9、滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短). 圖2 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式. 解析　(1)從A→Q由動能定理得 －mg·2R＝mv2－mv 解得v＝4 m/s＞＝ m/s 在

10、Q點，由牛頓第二定律得F＋mg＝m 解得F＝22 N. (2)A撞B，由動量守恒得mv0＝2mv′ 解得v′＝＝3 m/s 設(shè)摩擦距離為x，則－2μmgx＝0－·2mv′2 解得x＝4.5 m 所以k＝＝45. (3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得 －μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2 所以vn＝ m/s　(n<45). 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)45 (3)vn＝ m/s　(n<45) 變式訓練 3.如圖3，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使A以某

11、一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的. 圖3 答案　(－2)M≤m＜M 解析　設(shè)A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1，v4＝v1 由于m＜M，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2 即v0≥v1＝()2v0 整理

12、可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足 (－2)M≤m＜M. 考題三　電學中動量和能量觀點的綜合應用 系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法. (1)對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動. (2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)). 例3　如圖4所示，直角坐標系xOy位于豎直平面

13、內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場.質(zhì)量為m2＝8×10－3 kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l＝0.045 m，質(zhì)量m1＝1×10－3 kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5 m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力.已知電場強度E＝40 N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)碰后m1的速度； (2)若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角θ＝30°，OP長為l

14、OP＝0.4 m，求磁感應強度B的大小； (3)其他條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小，使m2能與m1再次相碰，求B′的大小. 解析　(1)設(shè)m1與m2碰前速度為v1，由動能定理 －μm1gl＝m1v－m1v 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4 m/s v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有： m1v1＝m1v1′＋m2v2 代入數(shù)據(jù)得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運動，所以qE＝m2g 得：q＝2×10－3 C 由洛倫茲力提供向心力，設(shè)物塊m2做圓周運動的半徑為R，則qv2B＝m2 軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：R＝lOP 解得：B

15、＝1 T (3)當m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動. m1勻減速運動至停止，其平均速度大小為： ＝|v1′|＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s， 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有：Ff＝μm1g＝m1a m1停止后離O點距離：s＝ 則m2平拋的時間：t＝ 平拋的高度：h＝gt2 設(shè)m2做勻速圓周運動的半徑為R′，由幾何關(guān)系有： R′＝h 由qv2B′＝，聯(lián)立得：B′＝0.25 T 答案　(1)－0.4 m/s，方向水平向左　(2)1 T　(3)0.25 T 變式訓練 4.如圖5所示，C1D1E1F1和C2D

16、2E2F2是距離為L的相同光滑導軌，C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧，半徑分別為r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.導體棒P、Q的長度均為L，質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余電阻不計，Q停在圖中位置，現(xiàn)將P從軌道最高點無初速度釋放，則： 圖5 (1)求導體棒P進入磁場瞬間，回路中的電流的大小和方向(順時針或逆時針)； (2)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，求導體棒P離開軌道瞬間的速度； (3)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，且兩者到達E1E2瞬間，均能脫離軌道飛出，求回路中產(chǎn)生熱量的范圍.

17、答案　(1)，方向逆時針　(2)3 (3)3mgr≤Q≤4mgr 解析　(1)導體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機械能守恒定律： mgr1＝mv，vD＝4 導體棒P到達D1D2瞬間：E＝BLvD 回路中的電流I＝＝ 方向逆時針 (2)棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，此時對Q： mg＝，vQ＝ 設(shè)導體棒P離開軌道瞬間的速度為vP，根據(jù)動量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ 代入數(shù)據(jù)得，vP＝3 (3)由(2)知，若導體棒Q恰能在到達E1E2瞬間飛離軌道，P也必能在該處飛離軌道.根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的熱量：Q1＝mv－mv－mv＝3mgr 若導體棒Q與P能達到

18、共速v，回路中產(chǎn)生的熱量最多，則根據(jù)動量守恒： mvD＝(m＋m)v，v＝2 回路中產(chǎn)生的熱量：Q2＝mv－(m＋m)v2＝4mgr 綜上所述，回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgr≤Q≤4mgr. 專題規(guī)范練 1.如圖1所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過

19、程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關(guān)系式為x＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10 m/s2)求： 圖1 (1)BP間的水平距離xBP； (2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點； (3)物塊A由靜止釋放的高度h. 答案　(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 解析　(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy＝ 同時＝tan 45°，解得vD＝4 m/s 設(shè)平拋用時為t，水平位移為x，則有R＝gt2 x＝vDt 解得x＝1.6 m 物塊

20、B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度大小 a＝－4 m/s2減速到vD，則BD間的位移為 x1＝＝2.5 m 故BP之間的水平距離xBP＝x＋x1＝4.1 m (2)若物塊B能沿軌道到達M點，在M點時其速度為vM，則有mv－mv＝－mgR 設(shè)軌道對物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝m 解得FN＝(1－)mg<0，即物塊不能到達M點. (3)對物塊A、B的碰撞過程，有： mAvA＝mAvA′＋mBv0 mAv＝mAvA′2＋mBv 解得：vA＝6 m/s 設(shè)物塊A釋放的高度為h，則 mgh＝mv， 解得h＝1.8 m 2.如圖2所示為過山車簡易模型，它由光滑水平軌道和

21、豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R＝0.32 m.水平軌道PN右側(cè)的水平地面上，并排放置兩塊長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質(zhì)量m3＝2.2 kg，長L＝4 m，木板d質(zhì)量m4＝4.4 kg.質(zhì)量m2＝3.3 kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質(zhì)量m1＝1.3 kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失.碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長木板間動摩擦因數(shù)均為μ0＝0.16，重力加速度

22、g＝10 m/s2. 圖2 (1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2； (2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動時，木板c、d均靜止不動，c、d與地面間的動摩擦因數(shù)μ至少多大？(木板c、d與地面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (3)若不計木板c、d與地面間的摩擦，碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時間及木板d的長度. 答案　(1)4 m/s　5.2 m/s　(2)0.069　(3)1 s　1.4 m 解析　(1)根據(jù)題意可知：小滑塊a碰后返回到M點時： m1＝m1g 小滑塊a碰后返回到M點過程中機械能守恒： m1v

23、＝m1v＋m1g(2R) 代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝4 m/s 取水平向右為正方向，小滑塊a、b碰撞前后： 動量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2 機械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 代入數(shù)據(jù)，解得：v0＝9.2 m/s，v2＝5.2 m/s (2)若b在d上滑動時d能靜止，則b在c上滑動時c和d一定能靜止 μ(m2＋m4)g>μ0m2g 解得μ>μ0≈0.069 (3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大?。? a1＝μ0g＝1.6 m/s2 此時兩塊長木板的加速度大?。篴2＝g＝0.8 m/s2 令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t，則： 時間t內(nèi)小滑塊b的位移x1＝v2

24、t－a1t2 兩塊長木板的位移x2＝a2t2 且x1－x2＝L 解得：t1＝1 s或t2＝ s(舍去) b剛離開長木板c時b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6 m/s b剛離開長木板c時d的速度v3＝a2t1＝0.8 m/s d的長度至少為x： 由動量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v 解得：v＝2 m/s μ0m2gx＝m2v2′2＋m4v－(m2＋m4)v2 解得：x＝1.4 m 3.如圖3所示，兩個圓形光滑細管在豎直平面內(nèi)交疊，組成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h＝3.2 m，一質(zhì)量m＝

25、1 kg的小球a從A點以速度v0＝12 m/s的速度向右進入直管道，到達B點后沿“8”字形軌道向上運動，到達D點時恰好與軌道無作用力，直接進入DE管(DE管光滑)，并與原來靜止于E處的質(zhì)量為M＝4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小為碰撞前速度大小的，而b球從E點水平拋出，其水平射程s＝0.8 m.(g＝10 m/s2) 圖3 (1)求碰后b球的速度大小； (2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R； (3)若小球a在管道AB中運動時所受阻力為定值，請判斷a球返回到BA管道時，能否從A端穿出？ 答案　(1)1 m/s　(2)0.9 m　

26、0.7 m　(3)不能 解析　(1)b球離開E點后做平拋運動 h＝gt2，s＝vbt，解得vb＝1 m/s (2)a、b碰撞過程，動量守恒，以水平向右為正方向，則有： mva＝－m×va＋Mvb 解得va＝3 m/s 碰前a在D處恰好與軌道無作用力，則有：mg＝m r＝0.9 m R＝＝0.7 m (3)小球從B到D，機械能守恒：mv＝mv＋mgh 解得：mv＝36.5 J 從A到B過程，由動能定理得：－Wf＝mv－mv 解得：Wf＝35.5 J 從D到B，機械能守恒：m()2＋mgh＝mvB′2 解得：mvB′2＝32.5 J

27、，不能從A端穿出. 4.如圖4所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場，經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱悖滟|(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量為km(k>7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度).火藥炸完瞬間A的速度為v0.求： 圖4 (1)火藥爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為機械能； (2)A球在磁場中的運動時間； (3)若一段時間后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離. 答案　(1)mv　(2)　(3)· 解析　(1)設(shè)爆炸之后B的速度大小為vB，選向左為正方向，在爆炸前后由動量守恒可得：0＝mv0－kmvB E＝mv＋kmv＝mv (2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶隽Φ却蠓聪颍蔄球進入電場中將會做勻速圓周運動，如圖所示則 T＝ 有幾何知識可得：粒子在磁場中運動了個圓周 則t2＝ (3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ 由qv0B＝m知，R＝ 設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運動的位移為xB，時間為tB 則tB＝＋t2＋，xB＝vBtB 由圖可得：R＝xA＋xB 聯(lián)立上述各式解得：xA＝·. 14