度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 專題強化七 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.doc

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1、專題強化七動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題.2.學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)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(xué)方法(牛頓運動定律、運動學(xué)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(yīng)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W合EkW合mv22mv12機械能守恒定律E1E2mgh1mv12mgh2mv22力對時間積累效果動量定理F合tpp I合

2、p動量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2二、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m1m2，動量、動能均守恒v10，v2v0(v20，v1v0)“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vv0(v20，v1v0)“子彈打木塊”模型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(m1m2)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(xué)觀點的綜合應(yīng)用1.解動力學(xué)問題的三個基本觀點(1)

3、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)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

4、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(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(2017山西五校四聯(lián))如圖1甲所示，質(zhì)量均為m0.5kg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.已知B、C兩點間的距離L3.75m，P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，取g10m/s2，求：圖1(1)P到達B

5、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/s7 m/s(2)3.5s解析(1)在03s內(nèi)，以向右為正方向，對P由動量定理有：F1t1F2t2mg(t1t2)mv0其中F12N，F(xiàn)23N，t12s，t21s解得v8m/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：mgmaP在B、C兩點間做勻減速直線運動，有：v2v122aL解得v17m/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：mv1mv1mv2mv12mv12mv22碰撞后Q做勻減速直線運動，有：mgmat解得t3.5s變式1(2018寧夏銀川質(zhì)檢)質(zhì)量為m1

6、1200kg的汽車A以速度v121m/s沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠處有一質(zhì)量m2800 kg的汽車B以速度v215 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t1s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)兩車與路面間動摩擦因數(shù)0.3，取g10m/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)t00.2s，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ag對A車有：vAv1at對B

7、車有：vBv2at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：m1vAm2vB(m1m2)v共可得v共6m/s(2)對A車由動量定理得：Ft0m1v共m1vA可得F7.2104N則6(3)對共同滑行的過程有x可得x6m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(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程

8、的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)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(zhì)量m03kg，AO部分粗糙且長L2m，動摩擦因數(shù)0.3，OB部分光滑.水平輕質(zhì)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v04m/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，彈簧始終處于彈性限度內(nèi).a、b兩物塊視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m1 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

9、)物塊a與b碰后的速度大??；(2)當(dāng)物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離；(3)當(dāng)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mgLmv12mv02代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前a的速度：v12m/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：mv12mv2代入數(shù)據(jù)解得v21m/s(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離，a以v21m/s的速度，在小車上向左滑動，當(dāng)與小車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得mv2(m0m)v3，代入數(shù)據(jù)解得v30.25 m/s.對小車，由動能定理得mgsm

10、0v32代入數(shù)據(jù)解得，同速時小車B端到擋板的距離sm(3)由能量守恒得mgxmv22(m0m)v32解得物塊a與車相對靜止時與O點的距離：x0.125m變式2(2017山東濰坊中學(xué)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(數(shù)值較小)，A、B由不可伸長的輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài).現(xiàn)在突然給C一個向右的速度v0，讓C在B上滑動，當(dāng)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(zhì)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(jīng)過多長時間繩子剛好伸直

11、；(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：mgtmv0mv0解得：t(2)設(shè)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，由動量守恒定律得：mv0mv03mvB解得：vBv0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：3mvB2mvA3mv0解得：vAv0整個過程中，根據(jù)能量守恒定律得：Emv022mv3m(v0)2m(v0)2mv02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

12、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)對策略(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(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(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(cè)的直軌道相切，半徑R0.5m，物塊

13、A以v06m/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(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L0.1 m，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m1 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(nk)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式.答案見解析解析(1)由機械能守恒定律得：mv02mg2Rmv2得：A滑過Q點時的速度v4 m/s m

14、/s.在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有：Fmg解得：A滑過Q點時受到的彈力F22 N(2)設(shè)A、B碰撞前A的速度為vA，由機械能守恒定律有：mv02mv得：vAv06 m/sA、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(mm)vP解得：vP3 m/s總動能Ek(mm)v9 J滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機械能EFfL(mm)gL0.2 J則k45(3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量E損nE0.2n J由能量守恒得：(mm)v(mm)vnE代入數(shù)據(jù)解得：vn m/s，(nk)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，C處有一豎

15、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(fù)合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t12s至t24s內(nèi)工作.已知P1、P2的質(zhì)量都為m1kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為0.1，AB段長L4m，g取10m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞.圖5(1)若v16m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能Ek；(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能Ekm.答案(1)3m/s9 J(2)10 m/sv114m/s17J解析(1)P1、P2碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，有m

16、v12mv解得v3m/s碰撞過程中損失的動能為Ekmv12(2m)v2解得Ek9J.(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(shè)P1、P2碰撞后速度為v，P在AC段加速度大小為a，碰后經(jīng)過B點的速度為v2，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律，得(2m)g2ma3Lvtat2v2vat解得v12vv2由于2st4s，所以解得v1的取值范圍10m/sv114 m/sv2的取值范圍1m/sv25 m/s所以當(dāng)v25m/s時，P向左經(jīng)過A點時有最大速度v3m/s則P向左經(jīng)過A點時的最大動能Ekm(2m)v3217J1.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(zhì)量為3m，

17、在木板的上面有兩塊質(zhì)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.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(shè)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：mv02mv0(mm3m)v1解得v10

18、.6v0對木塊B運用動能定理，有：mgsmv12m(2v0)2解得：s(2)當(dāng)A和C速度相等時速度最小，設(shè)為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得則：3mv04mvm2v0(v0v)則vv0(其中v0v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(zhì)量M4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R0.25m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m1.0kg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g10m/s2，求：圖2

19、(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(shè)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動量守恒得：mv0(Mm)v1由能量守恒得：mv02(Mm)v12mgRmgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v05m/s(2)設(shè)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(Mm)v2設(shè)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(Mm)v22mg

20、(Lx)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x0.5m.3.如圖3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.圖3答案mmgh解析設(shè)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

21、律有：mghmv12解得：v1設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有：mgmv12解得：v1設(shè)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：mv1mv15mv2解得：v2由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I5mv2m碰撞后當(dāng)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5mv28mv3據(jù)機械能守恒定律：Epm5mv228mv32解得：Epmmgh.4.如圖4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(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計).設(shè)A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后

22、繼續(xù)運動.假設(shè)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mv02mv1解得v1v0B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有m2mv2解得v2系統(tǒng)損失的機械能Em()22m()2mv02(2)當(dāng)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mv03mv解得v根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能Epmv02(3m)v2Emv02.5.如圖5所示，水平放置的輕彈簧左端

23、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?fù)浦罛點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時，推力做的功為WF6J.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m1kg、M4kg，A、B間距離為L15cm，A離桌子邊緣C點的距離為L290cm，P與桌面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為0.4，g10m/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點的速度大小；(3)P和Q最后的速度大小；(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：EpWFmgL1(60.41100.05) J5.8 J(2)對BC過程由動能定理可知：Epmg(L1L2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點的速度為：v02 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(mM)v解得共同速度：v0.4 m/s(4)對P、Q由能量守恒得：mgLmv02(mM)v2代入數(shù)據(jù)解得小車的長度：L0.4 m.11