2019年高考物理一輪復習 第六章 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課件.ppt

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專題強化七動力學 動量和能量觀點在力學中的應用 第六章動量守恒定律 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 運動學基本規(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 內(nèi)容索引 命題點一碰撞類問題的綜合分析 命題點二多運動過程問題的綜合分析 課時作業(yè) 命題點三滑塊 木板模型問題 1 1 命題點一碰撞類問題的綜合分析 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 但綜合題的解法并非孤立的 而應綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律 才能順利求解 2 力學規(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 一般用兩個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 利用系統(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(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 因此動量守恒定律一般能派上大用場 2016 全國 35 2 如圖所示 水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b 其連線與墻垂直 a和b相距l(xiāng) b與墻之間也相距l(xiāng) a的質(zhì)量為m b的質(zhì)量為m 兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同 現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動 此后a與b發(fā)生彈性碰撞 但b沒有與墻發(fā)生碰撞 重力加速度大小為g 求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件 例1 答案 解析 分析 設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為 若要物塊a b能夠發(fā)生碰撞 應有 設在a b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間 a的速度大小為v1 設在a b碰撞后的瞬間 a b的速度大小分別為v1 v2 聯(lián)立 式解得 由題意 b沒有與墻發(fā)生碰撞 由功能關系可知 聯(lián)立 式得 a與b發(fā)生彈性碰撞 但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 聯(lián)立 式 可得 1 2015 全國 35 2 如圖所示 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 設物體間的碰撞都是彈性的 答案 解析 分析 設A運動的初速度為v0 A向右運動與C發(fā)生碰撞 mv0 mv1 Mv2 要使得A與B能發(fā)生碰撞 需要滿足v1 0 即m MA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程 有mv1 mv3 Mv4 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 整理可得m2 4Mm M2 所以使A只與B C各發(fā)生一次碰撞 須滿足 2 如圖所示 用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A B兩物塊都以v 6m s的速度在光滑水平地面上運動 彈簧處于原長 質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方 B與C碰撞后二者粘在一起運動 在以后的運動中 求 1 當彈簧的彈性勢能最大時 物塊A的速度是多大 答案 解析 3m s 當A B C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大 mA mB v mA mB mC vA 由 式解得vA 3m s B C碰撞時B C組成的系統(tǒng)動量守恒 設碰后瞬間B C兩者的速度為v 則 mBv mB mC v 由 式解得 v 2m s 設物塊A速度為vA 時 彈簧的彈性勢能最大為Ep 根據(jù)能量守恒 2 彈性勢能的最大值是多大 答案 解析 12J 由 式解得 Ep 12J 系統(tǒng)動量守恒 mAv mBv mAvA mB mC vB 設A的速度向左 vA 0 vB 4m s則作用后A B C動能之和 3 A的速度有可能向左嗎 為什么 答案 解析 不可能理由見解析 實際上系統(tǒng)的總機械能為 根據(jù)能量守恒定律 E E是不可能的 所以A不可能向左運動 1 2 命題點二多運動過程問題的綜合分析 應用力學三大觀點解題時應注意的問題 1 弄清有幾個物體參與運動 并劃分清楚物體的運動過程 2 進行正確的受力分析 明確各過程的運動特點 3 光滑的平面或曲面 還有不計阻力的拋體運動 機械能一定守恒 碰撞過程 子彈打擊木塊 不受其他外力作用的兩物體相互作用問題 一般考慮用動量守恒定律分析 4 如含摩擦生熱問題 則考慮用能量守恒定律分析 2015 廣東 36 如圖所示 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 每段長度都為L 0 1m 物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為 0 1 A B的質(zhì)量均為m 1kg 重力加速度g取10m s2 A B視為質(zhì)點 碰撞時間極短 例2 1 求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F 答案 見解析 解析 解得 A滑過Q點時受到的彈力F 22N 2 若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上 求k的數(shù)值 分析 解析 答案 見解析 P點左側軌道光滑 光滑 粗糙 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 解析 答案 見解析 3 如圖所示 小球A質(zhì)量為m 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(zhì)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(zhì)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 答案 解析 碰撞后小球反彈到最高 小球運動到最低點過程 A B相碰 mv1 mv1 5mv2 碰撞后B C 5mv2 8mv3 4 如圖所示 在傾角 30 的斜面上放置一個凹槽B B與斜面間的動摩擦因數(shù) 槽內(nèi)靠近右側壁處有一小物塊A 可視為質(zhì)點 它到凹槽左側壁的距離d 0 10m A B的質(zhì)量都為m 2 0kg B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力 不計A B之間的摩擦 斜面足夠長 現(xiàn)同時由靜止釋放A B 經(jīng)過一段時間 A與B的側壁發(fā)生碰撞 碰撞過程不計機械能損失 碰撞時間極短 取g 10m s2 求 1 物塊A和凹槽B的加速度分別是多大 答案 解析 5 0m s20 設A的加速度為a1 則mgsin ma1 a1 gsin 5 0m s2設B受到斜面施加的滑動摩擦力為Ff 則 Ff 2mgcos 2 2 0 10 cos30 10N 方向沿斜面向上 B所受重力沿斜面的分力G1 mgsin 2 0 10 sin30 10N 方向沿斜面向下 因為G1 Ff 所以B受力平衡 釋放后B保持靜止 則凹槽B的加速度a2 0 2 物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間A B的速度大小 答案 解析 01 0m s 3 從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小 答案 解析 1 2m 設A與B第一次碰后到第二次碰時所用的時間為t2 A運動的距離為xA1 B運動的距離為xB1 第二次碰時A的速度為vA3 則 解得t2 0 4s xB1 0 40m vA3 a1t2 2 0m s第二次碰撞后 由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A B再次發(fā)生速度交換 B以vA3 2 0m s速度做勻速直線運動 A以vB1 1 0m s的初速度做勻加速運動 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知 在后續(xù)的運動過程中 物塊A不會與凹槽B的右側壁碰撞 并且A與B第二次碰撞后 也再經(jīng)過t3 0 40s A與B發(fā)生第三次碰撞 設A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為xB2 則xB2 vA3t3 2 0 0 40m 0 80m 設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小為x 則x xB1 xB2 0 40 0 80 m 1 2m 1 3 命題點三滑塊 木板模型問題 如圖所示 質(zhì)量m1 0 3kg的小車靜止在光滑的水平面上 車長L 15m 現(xiàn)有質(zhì)量m2 0 2kg可視為質(zhì)點的物塊 以水平向右的速度v0 2m s從左端滑上小車 最后在車面上某處與小車保持相對靜止 物塊與車面間的動摩擦因數(shù) 0 5 g取10m s2 求 1 物塊在車面上滑行的時間t 2 要使物塊不從小車右端滑出 物塊滑上小車左端的速度v0 不超過多少 例3 答案 0 24s 答案 分析 解析 1 設物塊與小車的共同速度為v 以水平向右為正方向 m2v0 m1 m2 v設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff Fft m2v m2v0其中Ff m2g 2 要使物塊恰好不從小車右端滑出 物塊滑到車面右端時與小車有共同的速度v 則有m2v0 m1 m2 v 由功能關系有 5 如圖所示 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(nèi) 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(zhì)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與桌面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為 0 4 g 10m s2 試求 1 把小物塊推到B處時 彈簧獲得的彈性勢能 答案 解析 由能量守恒有 增加的彈性勢能為 Ep WF mgL1 6 0 4 10 0 05 J 5 8J 5 8J 2 小物塊滑到C點的速度大小 答案 解析 對BC過程由動能定理可知 Ep mg L1 L2 mv02 代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點的速度為 v0 2m s 2m s 3 P和Q最后的速度大小 答案 解析 對P Q由動量守恒定律得 mv0 m M v解得共同速度 v 0 4m s 0 4m s 4 Q的長度 答案 解析 對PQ由能量守恒得 mgL mv02 m M v2代入數(shù)據(jù)解得小車的長度 L 0 4m 0 4m 6 如圖所示 在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長木板 以速度v0向右做勻速直線運動 將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點 這時小鐵塊相對地面速度為零 小鐵塊相對木板向左滑動 由于小鐵塊和木板間有摩擦 最后它們之間相對靜止 已知它們之間的動摩擦因數(shù)為 問 1 小鐵塊跟木板相對靜止時 它們的共同速度為多大 答案 解析 Mv0 M m v 2 它們相對靜止時 小鐵塊與A點距離有多遠 答案 解析 設小鐵塊距A點的距離為L 由能量守恒定律得 3 在全過程中有多少機械能轉化為內(nèi)能 答案 解析 全過程所損失的機械能為 1 4 課時作業(yè) 1 2016 全國 35 2 如圖所示 光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體 斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上 某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m s的速度向斜面體推出 冰塊平滑地滑上斜面體 在斜面體上上升的最大高度為h 0 3m h小于斜面體的高度 已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1 30kg 冰塊的質(zhì)量為m2 10kg 小孩與滑板始終無相對運動 取重力加速度的大小g 10m s2 1 求斜面體的質(zhì)量 答案 解析 20kg 1 2 3 4 規(guī)定向左為速度正方向 冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度 設此共同速度為v 斜面體的質(zhì)量為m3 由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0 m2 m3 v 式中v0 3m s為冰塊推出時的速度 聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得m3 20kgv 1m s 1 2 3 4 2 通過計算判斷 冰塊與斜面體分離后能否追上小孩 答案 解析 不能 理由見解析 1 2 3 4 設小孩推出冰塊后的速度為v1 由動量守恒定律有m1v1 m2v0 0 代入數(shù)據(jù)得v1 1m s 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3 由動量守恒和機械能守恒定律有m2v0 m2v2 m3v3 1 2 3 4 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)得v2 1m s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方 故冰塊不能追上小孩 1 2 3 4 2 如圖所示 光滑水平面上有一質(zhì)量M 4 0kg的平板車 車的上表面是一段長L 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(zhì)量m 1 0kg的小物塊 可視為質(zhì)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) 0 5 小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A 取g 10m s2 求 1 小物塊滑上平板車的初速度v0的大小 答案 解析 5m s 1 2 3 4 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由動量守恒得 mv0 M m v1 由能量守恒得 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得 v0 5m s 1 2 3 4 2 小物塊與車最終相對靜止時 它距點O 的距離 答案 解析 0 5m 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 由動量守恒得 mv0 M m v2 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 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得 x 0 5m 1 2 3 4 3 如圖所示 光滑水平直軌道上有三個質(zhì)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(zhì)量不計 設A以速度v0朝B運動 壓縮彈簧 當A 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 1 整個系統(tǒng)損失的機械能 答案 解析 1 2 3 4 對A B 由動量守恒定律得mv0 2mv1 B與C碰撞的瞬間 B C組成的系統(tǒng)動量定恒 有 系統(tǒng)損失的機械能 1 2 3 4 2 彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能 答案 解析 當A B C速度相同時 彈簧的彈性勢能最大 根據(jù)動量守恒定律得mv0 3mv 根據(jù)能量守恒定律得 彈簧的最大彈性勢能 1 2 3 4 4 如圖所示 固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道 軌道半徑為R 平臺上靜止放著兩個滑塊A B 其質(zhì)量mA m mB 2m 兩滑塊間夾有少量炸藥 平臺右側有一小車 靜止在光滑的水平地面上 小車質(zhì)量M 3m 車長L 2R 車面與平臺的臺面等高 車面粗糙 動摩擦因數(shù) 0 2 右側地面上有一不超過車面高的立樁 立樁與小車右端的距離為x x在0 x 2R的范圍內(nèi)取值 當小車運動到立樁處立即被牢固粘連 點燃炸藥后 滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點D 滑塊B沖上小車 兩滑塊都可以看做質(zhì)點 炸藥的質(zhì)量忽略不計 爆炸的時間極短 爆炸后兩個滑塊的速度方向在同一水平直線上 重力加速度為g 10m s2 求 1 2 3 4 1 滑塊A在半圓軌道最低點C時受到軌道的支持力FN 見解析 答案 解析 1 2 3 4 以水平向右為正方向 設爆炸后滑塊A的速度大小為vA 設滑塊A在半圓軌道運動到達最高點的速度為vAD 則mAg m 滑塊A在半圓軌道上運動過程中 1 2 3 4 2 炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB 見解析 答案 解析 在A B爆炸過程 動量守恒 則mBvB mA vA 0 1 2 3 4 3 請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中 克服摩擦力做的功Wf與s的關系 見解析 答案 解析 1 2 3 4 滑塊B滑上小車直到與小車共速 設為v共整個過程中 動量守恒 mBvB mB M v共 滑塊B從滑上小車到共速時的位移為 小車從開始運動到共速時的位移為 1 2 3 4 兩者位移之差 即滑塊B相對小車的位移 為 即滑塊B與小車在達到共速時未掉下小車 當小車與立樁碰撞后小車停止 然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運動 則直到停下來發(fā)生的位移為x 所以 滑塊B會從小車上滑離 1 2 3 4 Wf 2mg L x 4m 2R x 1 2 3 4