（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律 第2講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律 第2講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律 第2講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用 一、力的三個作用效果與五個規(guī)律 分類 對應(yīng)規(guī)律 公式表達(dá) 力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma 力對空間積累效果 動能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 機(jī)械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力對時間積累效果 動量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 動量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、碰撞中常見的力學(xué)模型及其結(jié)論 模型名稱 模型描述 模型特征 模型結(jié)論 “速度交換”模型 相同質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性正碰 m1＝m2，動

2、量、動能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0) “完全非彈性碰撞”模型 兩球正碰后粘在一起運動 動量守恒、能量損失最大 v＝v0(v2＝0，v1＝v0) 命題點一　動量與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用 1．解決動力學(xué)問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題． (2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． (3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． 2．力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律． (2)

3、研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題． (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件． (4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量． (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決． 例1　如圖1甲所示，質(zhì)量均為m＝0.

4、5kg的相同物塊P和Q(可視為質(zhì)點)分別靜止在水平地面上A、C兩點．P在按圖乙所示隨時間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運動，3s末撤去力F，此時P運動到B點，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．已知B、C兩點間的距離L＝3.75m，P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10m/s2，求： 圖1 (1)P到達(dá)B點時的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1； (2)Q運動的時間t. 答案　(1)8m/s　7 m/s　(2)3.5s 解析　(1)在0～3s內(nèi)，以向右為正方向，對P由動量定理有： F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0 其中F1

5、＝2N，F(xiàn)2＝3N，t1＝2s，t2＝1s 解得v＝8m/s 設(shè)P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a，由牛頓第二定律有： μmg＝ma P在B、C兩點間做勻減速直線運動，有： v2－v12＝2aL 解得v1＝7m/s (2)設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2 mv12＝mv1′2＋mv22 碰撞后Q做勻減速直線運動，有： μmg＝ma′ t＝ 解得t＝3.5s. 變式1　質(zhì)量為m1＝1200kg的汽車A以速度v1＝21m/s沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量m2＝800 kg的汽車B以速度v2＝15 m

6、/s迎面駛來，兩車立即同時急剎車，使車做勻減速運動，但兩車仍在開始剎車t＝1s后猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再滑行一段距離后停下，設(shè)兩車與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，取g＝10m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求： (1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大??； (2)設(shè)兩車相撞時間(從接觸到一起滑行)t0＝0.2s，則A車受到的水平平均沖力是其自身重力的幾倍； (3)兩車一起滑行的距離． 答案　(1)6m/s　(2)6倍　(3)6m 解析　(1)對于減速過程有a＝μg 對A車有：vA＝v1－at 對B車有：vB＝v2－at 以碰撞前A車運動的方向為正方向，對碰撞過程由動

7、量守恒定律得： m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共 可得v共＝6m/s (2)對A車由動量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA 可得F＝7.2×104N則＝6 (3)對共同滑行的過程有 x＝，可得x＝6m. 命題點二　動量與能量觀點的綜合應(yīng)用 1．兩大觀點 動量的觀點：動量定理和動量守恒定律． 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律． 2．解題技巧 (1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)． (2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理． (3)動量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動能定

8、理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性． 例2　如圖2所示，在水平面上依次放置小物塊C和A以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑．現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B.重力加速度為g，求： 圖2 (1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度． 答案　(1)mv02　(2) 解析　(1)小物塊C與A發(fā)生

9、碰撞后粘在一起， 由動量守恒定律得：mv0＝2mv 解得v＝v0； 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損＝mv02－(2m)v2 解得E損＝mv02. (2)當(dāng)AC上升到最大高速時，ABC系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得v1＝v0 由能量守恒：2mgh＝·2m2－×5m×2 解得h＝. 變式2　如圖3甲所示，半徑為R＝0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道最低點，在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車，其質(zhì)量M＝5kg，長度L＝0.5m，車的上表面與B點等高，可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道最高點A由靜止釋放，其質(zhì)量m＝1kg，g取10m

10、/s2. 圖3 (1)求物塊滑到B點時對軌道壓力的大??； (2)若平板車上表面粗糙，物塊最終沒有滑離平板車，求物塊最終速度的大??； (3)若將平板車固定且在上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料，物塊在平板車上向右滑動時，所受摩擦力Ff隨它距B點位移L的變化關(guān)系如圖乙所示，物塊最終滑離了平板車，求物塊滑離平板車時的速度大?。? 答案　(1)30N　(2)0.5m/s　(3)m/s 解析　(1)物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中機(jī)械能守恒： mgR＝mvB2 解得：vB＝3m/s 在B點由牛頓第二定律得FN－mg＝m 解得：FN＝30N 由牛頓第三定律知，物塊滑到B點

11、時對軌道的壓力FN′＝FN＝30N (2)物塊滑上平板車后，系統(tǒng)的動量守恒，mvB＝(m＋M)v共 解得v共＝0.5m/s (3)物塊在平板車上滑行時克服摩擦力做的功為Ff－L圖線與橫軸所圍的面積，則 Wf＝J＝2J 物塊在平板車上滑行過程中，由動能定理得： －Wf＝mv2－mvB2 解得：v＝m/s. 命題點三　力學(xué)三大觀點解決多過程問題 1．表現(xiàn)形式 (1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動． (2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動． (3)平拋運動：與斜面相關(guān)的平拋運動、與圓軌道相關(guān)的平拋運動． 2．應(yīng)

12、對策略 (1)力的觀點解題：要認(rèn)真分析運動狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應(yīng)確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動量或機(jī)械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)． 例3　如圖4所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當(dāng)擺到最低點B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到出發(fā)點A.已知男演員質(zhì)量為2m、女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：

13、 圖4 (1)擺到最低點B，女演員未推男演員時秋千繩的拉力大?。? (2)推開過程中，女演員對男演員做的功； (3)男演員落地點C與O點的水平距離s. 答案　(1)9mg　(2)6mgR　(3)8R 解析　(1)兩雜技演員從A點下擺到B點，只有重力做功，機(jī)械能守恒．設(shè)二者到達(dá)B點的速度大小為v0，則由機(jī)械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v02 設(shè)繩子拉力大小為FT，由受力分析和圓周運動知識有： FT－(m＋2m)g＝ 則FT＝9mg (2)兩演員相互作用，沿水平方向動量守恒 設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2， 以v2的方向為正方向，(m＋2m)v0

14、＝2mv2－mv1 女演員上擺到A點過程中機(jī)械能守恒，因此有mgR＝mv12 女演員推開男演員做功：W＝×2mv22－×2mv02 解得：v2＝2，W＝6mgR (3)男演員自B點做平拋運動落到C點，有：s＝v2t 4R＝gt2， 解得s＝8R. 變式3　如圖5所示，光滑的水平桌面高h(yuǎn)＝5m，桌面上有兩個質(zhì)量分別為mA＝5kg、mB＝1kg的小球A、B，它們之間有一個壓縮的輕彈簧(彈簧長度很短、與兩小球沒有拴接)，B球通過一個長L＝0.5m、豎直繃緊的輕繩掛在B的正上方O點．現(xiàn)同時由靜止釋放兩小球，已知B球以后恰好在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動．不計空氣阻力．g＝10m/s2，求：

15、 圖5 (1)小球A落地時距桌面邊緣的水平距離x； (2)最初彈簧儲存的彈性勢能Ep. 答案　(1)1m　(2)15J 解析　(1)設(shè)球A、B被彈簧彈開后的速度分別為vA、vB， B球在最高點有mBg＝mB B被彈簧彈開后運動至最高點過程，由機(jī)械能守恒定律有mBvB2＝mBg·2L＋mBvB12 解得vB＝5m/s A、B被彈簧彈開過程動量守恒，以vA的方向為正方向， 0＝mAvA－mBvB 解得vA＝1m/s A離開桌面邊緣后做平拋運動，h＝gt2，x＝vAt 解得球A落地時距桌面邊緣的水平距離x＝1m (2)最初彈簧儲存的彈性勢能Ep＝mAvA2＋mBvB2

16、＝15J. 1．在如圖1所示的光滑水平面上，小明站在靜止的小車上用力向右推靜止的木箱，木箱離開手以5m/s的速度向右勻速運動，運動一段時間后與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈回來后被小明接住．已知木箱的質(zhì)量為30kg，人與車的總質(zhì)量為50kg.求： 圖1 (1)推出木箱后小明和小車一起運動的速度大小； (2)小明接住木箱后三者一起運動，在接木箱過程中系統(tǒng)損失的能量． 答案　(1)3m/s　(2)37.5J 解析　(1)人推木箱的過程，由動量守恒定律可得： Mv1＝mv2 解得：人、車一起向左運動的速度v1＝3m/s (2)小明接木箱的過程，取向左為正方向，由動量守恒定律可得

17、： Mv1＋mv2＝(M＋m)v 解得：三者的共同速度v＝3.75m/s 系統(tǒng)損失的能量：ΔE＝Mv12＋mv22－(M＋m)v2＝37.5J 2.如圖2所示，水平地面光滑，質(zhì)量為m1的A物塊，以v0＝10m/s的速度向右勻速運動．質(zhì)量分別為m2、m3的物塊B與C，由輕質(zhì)并且處于原長狀態(tài)的水平彈簧相連，B、C和彈簧初始靜止放置，某時刻A與B碰撞后立刻粘在一起．已知m1＝2kg，m2＝m3＝3kg，求： 圖2 (1)A與B碰撞粘在一起后瞬間的速度大小； (2)此后運動過程中，彈簧被第一次壓縮到最短時的彈性勢能大?。? 答案　(1)4m/s　(2)15J 解析　(1)A與B碰撞

18、過程，以A、B為系統(tǒng)，取向右為正方向， 由動量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2)v 代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s (2)彈簧被第一次壓縮到最短時A、B、C三物塊速度相等，設(shè)為v′，由動量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2＋m3)v′ 解得：v′＝2.5m/s 從A與B碰撞粘在一起到彈簧被第一次壓縮到最短的過程中由機(jī)械能守恒定律有： (m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep 解得：Ep＝15J 3.如圖3所示，半徑R＝0.8m的豎直光滑四分之一圓弧軌道固定在水平面上，質(zhì)量為m＝ 0.4kg的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，當(dāng)滑塊運動到圓弧軌道的最低點A時，裝在滑塊

19、內(nèi)部的微量炸藥發(fā)生爆炸，將滑塊炸成質(zhì)量之比為＝的兩塊P、Q，其中P剛好又能回到圓弧軌道的最高點，Q沿水平面向右滑行．已知Q與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，炸藥的質(zhì)量忽略不計，重力加速度g＝10m/s2. 圖3 (1)求Q在水平面上滑行的距離； (2)若炸藥爆炸產(chǎn)生的化學(xué)能有80%轉(zhuǎn)化為P、Q增加的機(jī)械能，試計算炸藥爆炸時產(chǎn)生的化學(xué)能． 答案　(1)m　(2)5J 解析　(1)設(shè)滑塊下滑到軌道最低點時的速度大小為v0，炸藥爆炸后瞬間P、Q的速度大小分別為v1和v2. 滑塊下滑的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv02 可得v0＝＝4m/s 爆炸后，P上滑到軌道最高點的過程，由機(jī)

20、械能守恒定律得 m1gR＝m1v12 解得v1＝＝4m/s 炸藥爆炸過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得 mv0＝m2v2－m1v1 又＝，m1＋m2＝m 解得v2＝m/s Q在水平面上滑行，由動能定理得－μm2gs＝0－m2v22 解得Q在水平面上滑行的距離s＝m (2)設(shè)炸藥爆炸時產(chǎn)生的化學(xué)能為E， 根據(jù)能量守恒定律得E＝≈5J. 4.如圖4所示，一顆質(zhì)量為m＝0.1kg的子彈以v0＝50m/s的水平速度打入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M＝0.9kg的木塊中，并隨木塊一起沿光滑半圓環(huán)AB運動到最高點B，以后又落回地面．要使木塊下落的水平位移最大(g取10m/s2)

21、 圖4 (1)半圓環(huán)的半徑R應(yīng)是多大？ (2)最遠(yuǎn)落點離A多遠(yuǎn)？ (3)木塊經(jīng)環(huán)最高點B點時，對環(huán)的壓力多大？ 答案　(1)m　(2)1.25m　(3)30N 解析　(1)子彈、木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向， mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝5m/s 設(shè)木塊和子彈到達(dá)最高點的速度為v2 則：(m＋M)v12＝(m＋M)v22＋(m＋M)g·2R 木塊和子彈的平拋過程：x＝v2t,2R＝gt2 由以上三式得x＝ 由數(shù)學(xué)知識：R＝＝m時木塊下落的水平位移最大 (2)代入數(shù)值得最大水平位移為x＝4R＝m＝1.25m (3)最高點環(huán)對木塊的彈力向下，設(shè)為F 則：F＋(m＋M)g＝(m＋M) 解得：F＝30N 根據(jù)牛頓第三定律，木塊經(jīng)環(huán)最高點B時對環(huán)的壓力大小為30N. 11