2022年度高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案

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1、2022年度高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案 專題解讀1.本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題. 2.學好本專題，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題. 3.用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學方法(牛頓運動定律、運動學規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律). 一、力的三個作用效果與五個規(guī)律 分類 對應規(guī)律 公式表達 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

2、W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 機械能守恒定律 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、常見的力學模型及其結論 模型名稱 模型描述 模型特征 模型結論 “速度交換”模型 相同質量的兩球發(fā)生彈性正碰 m1＝m2，動量、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) “子彈打木塊”模型

3、子彈水平射入靜止在光滑的水平面上的木塊中并最終一起共同運動 恒力作用、已知相對位移、動量守恒 Ffx相對＝m1v02－(m1＋m2)v2 “人船”模型 人在不計阻力的船上行走 已知相對位移、動量守恒、開始時系統(tǒng)靜止 x船＝L， x人＝L 命題點一　動量與動力學觀點的綜合應用 1.解動力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，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：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題. 2.力學規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理

4、量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律. (2)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)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量. (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)機械能與其他形式能量之間的轉換.這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定

5、律去解決. 例1　(2017·山西五校四聯(lián))如圖1甲所示，質量均為m＝0.5kg的相同物塊P和Q(可視為質點)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.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，以向右為正方向，對P由動量定理有：

6、F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0 其中F1＝2N，F(xiàn)2＝3N，t1＝2s，t2＝1s 解得v＝8m/s 設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　(2018·寧夏銀川質檢)質量為m1＝1200kg的汽車A以速度v1＝21m/s沿平直

7、公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠處有一質量m2＝800 kg的汽車B以速度v2＝15 m/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，相撞后結合在一起再滑行一段距離后停下，設兩車與路面間動摩擦因數(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)兩車碰撞后剛結合在一起時的速度大?。? (2)設兩車相撞時間(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＝v

8、1－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)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律). (2)若研究對象為單一物體，且涉及功

9、和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理. (3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，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，一小車置于光滑水平面上，小車質量m0＝3kg，AO部分粗糙且長L＝2m，動摩擦因數(shù)μ＝0.3，OB部分光滑.水平輕質彈簧右端固定，左端拴接物塊b，另一小物塊a，放在小車的最左端，和小車一起以v0＝4m/s的速度向右勻速運動，小車撞到固定豎直擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連.已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性

10、限度內.a、b兩物塊視為質點，質量均為m＝1 kg，碰撞時間極短且不粘連，碰后以共同速度一起向右運動.(g取10 m/s2)求： 圖2 (1)物塊a與b碰后的速度大??； (2)當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離； (3)當物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到O點的距離. 答案　(1)1m/s　(2)m　(3)0.125m 解析　(1)對物塊a，由動能定理得 －μmgL＝mv12－mv02 代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前a的速度：v1＝2m/s； a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a的初速度方向為正方向， 由動量守恒定律得：mv1＝2mv2 代入數(shù)據(jù)解得v2＝1m/s

11、(2)當彈簧恢復到原長時兩物塊分離，a以v2＝1m/s的速度，在小車上向左滑動，當與小車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.25 m/s. 對小車，由動能定理得μmgs＝m0v32 代入數(shù)據(jù)解得，同速時小車B端到擋板的距離s＝m (3)由能量守恒得μmgx＝mv22－(m0＋m)v32 解得物塊a與車相對靜止時與O點的距離：x＝0.125m 變式2　(2017·山東濰坊中學一模)如圖3所示，滑塊A、B靜止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C，B、C間的動摩擦因數(shù)為μ(數(shù)值較小)，A、B由不可伸長的輕繩連接，繩

12、子處于松弛狀態(tài).現(xiàn)在突然給C一個向右的速度v0，讓C在B上滑動，當C的速度為v0時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B的速度為v0.已知A、B、C的質量分別為2m、3m、m.重力加速度為g，求： 圖3 (1)從C獲得速度v0開始經過多長時間繩子剛好伸直； (2)從C獲得速度v0開始到繩子被拉斷的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能. 答案　(1)　(2)mv02 解析　(1)從C獲得速度v0到繩子剛好伸直的過程中，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量定理得： －μmgt＝mv0－mv0 解得：t＝ (2)設繩子剛伸直時B的速度為vB，對B、C組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守

13、恒定律得： mv0＝m·v0＋3mvB 解得：vB＝v0 繩子被拉斷的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： 3mvB＝2mvA＋3m·v0 解得：vA＝v0 整個過程中，根據(jù)能量守恒定律得： ΔE＝mv02－×2mv－×3m·(v0)2－m·(v0)2＝mv02 命題點三　力學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：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動. 2.應對策

14、略 (1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動量或機械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率). 例3　(2015·廣東理綜·36)如圖4所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度

15、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的質量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短). 圖4 (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的關系式. 答案　見解析 解析　(1)由機械能守恒定律得： mv02＝mg·2R＋mv2 得：A滑過Q點時的速度v＝4 m/s>＝ m/s. 在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有：F＋mg＝ 解得：A滑過Q點時受到的彈力F＝22 N (2)設

16、A、B碰撞前A的速度為vA，由機械能守恒定律有： mv02＝mv得：vA＝v0＝6 m/s A、B碰撞后以共同的速度vP前進，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得： mvA＝(m＋m)vP 解得：vP＝3 m/s 總動能Ek＝(m＋m)v＝9 J 滑塊每經過一段粗糙段損失的機械能 ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J 則k＝＝45 (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量 E損＝nΔE＝0.2n J 由能量守恒得：(m＋m)v－(m＋m)v＝nΔE 代入數(shù)據(jù)解得：vn＝ m/s，(n＜k) 變式3　如圖5所示的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器

17、，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1＝2s至t2＝4s內工作.已知P1、P2的質量都為m＝1kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞. 圖5 (1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔEk； (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v1的取值范圍和P向左經過A點時的最大動能Ekm. 答案　(1)3m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14m/s　17

18、J 解析　(1)P1、P2碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，有 mv1＝2mv 解得v＝＝3m/s 碰撞過程中損失的動能為ΔEk＝mv12－(2m)v2 解得ΔEk＝9J. (2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞.故P在AC間等效為勻減速直線運動，設P1、P2碰撞后速度為v，P在AC段加速度大小為a，碰后經過B點的速度為v2，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律，得 μ(2m)g＝2ma 3L＝vt－at2 v2＝v－at 解得v1＝2v＝ v2＝ 由于2s≤t≤4s，所以解得v1的取值范圍10m/s≤v1≤14 m/s v2的取值范圍1m/s≤v2≤5 m/s 所以當v2＝5m

19、/s時，P向左經過A點時有最大速度 v3＝＝m/s 則P向左經過A點時的最大動能Ekm＝(2m)v32＝17J 1.如圖1所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板.求： 圖1 (1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移大?。? (2)木塊A在整個過程中的最小速度. 答案　(1)　(2)v0 解析　(1)木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直

20、線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律得： mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得v1＝0.6v0 對木塊B運用動能定理，有： －μmgs＝mv12－m(2v0)2 解得：s＝ (2)當A和C速度相等時速度最小，設為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得 則：3mv0＝4mv＋m[2v0－(v0－v)] 則v＝v0 (其中v0－v為A和B速度的變化量) 2.如圖2所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L

21、＝1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切.現(xiàn)將一質量m＝1.0kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10m/s2，求： 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離. 答案　(1)5m/s　(2)0.5m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1，以向左的方向為正方向 由

22、動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒得： mv02－(M＋m)v12＝mgR＋μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5m/s ③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車到二者相對靜止的過程中，以向左的方向為正方向，由動量守恒得： mv0＝(M＋m)v2 ④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv02－(M＋m)v22＝μmg(L＋x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5m. 3.如圖3所示，小球A質量為m，

23、系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方.現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能. 圖3 答案　m　mgh 解析　設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設碰

24、撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有 5mv2＝8mv3 據(jù)機械能守恒定律：Epm＝×5mv22－×8mv32 解得：Epm＝mgh. 4.如圖4所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C，B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計).設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、

25、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動.假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中. 圖4 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能. 答案　(1)mv02　(2)mv02 解析　(1)以v0的方向為正方向，對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得v1＝v0 B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有 m·＝2mv2 解得v2＝ 系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝m()2－×2m()2＝mv02 (2)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大.以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得

26、 mv0＝3mv 解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02. 5.如圖5所示，水平放置的輕彈簧左端固定，小物塊P置于水平桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩推至B點(彈簧仍在彈性限度內)時，推力做的功為WF＝6J.撤去推力后，小物塊P沿桌面滑動到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊緣C點的平板小車Q上，且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車).小車的上表面與桌面在同一水平面上，已知P、Q質量分別為m＝1kg、M＝4kg，A、B間距離為L1＝5cm，A離桌子邊緣C點的距離為L2＝90cm，P與桌

27、面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，g＝ 10m/s2，試求： 圖5 (1)把小物塊推到B處時，彈簧獲得的彈性勢能； (2)小物塊滑到C點的速度大?。? (3)P和Q最后的速度大?。? (4)Q的長度. 答案　(1)5.8J　(2)2m/s　(3)0.4 m/s　(4)0.4m 解析　(1)由能量守恒，增加的彈性勢能為：Ep＝WF－μmgL1＝(6－0.4×1×10×0.05) J＝5.8 J (2)對BC過程由動能定理可知：Ep－μmg(L1＋L2)＝mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點的速度為： v0＝2 m/s； (3)以向右的方向為正方向，對P、Q由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得共同速度：v＝0.4 m/s (4)對P、Q由能量守恒得： μmgL＝mv02－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得小車的長度：L＝0.4 m.