2019年度高考物理一輪復(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

《2019年度高考物理一輪復(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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年度高考物理一輪復(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（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(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 機械能守恒定律

2、 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(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 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

3、 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(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)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

4、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(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

5、，質(zhì)量均為m＝0.5kg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

6、F1＝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　(2018·寧夏銀川質(zhì)檢)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

7、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(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)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

8、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(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、

9、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(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，一小車置于光滑水平面上，小車質(zhì)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(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，彈簧始終處于彈性限度內(nèi).a、b兩物塊視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m＝1 kg，碰撞時

10、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碰后的速度大小； (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 －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 (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離，a以v2＝1m/s的速

11、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＝(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(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μ(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

12、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； (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(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： mv0＝m·v0＋3mvB 解得：vB＝v

13、0 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(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)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

14、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(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

15、.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(guān)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(shè)A、B碰撞前A的速度為vA，由機械能守恒定律有： mv0

16、2＝mv得：vA＝v0＝6 m/s A、B碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，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(jīng)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，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

17、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t1＝2s至t2＝4s內(nèi)工作.已知P1、P2的質(zhì)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(zhì)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(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/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14m/s　17J 解析　(1)P1、P2碰撞過程動量守恒，以向右為正方

18、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(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 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(dāng)v2＝5m/s時，P向左經(jīng)過A點時有最大速度 v3＝＝m/s 則

19、P向左經(jīng)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(zhì)量為3m，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

20、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： 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(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：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(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(cè)連一半徑R＝0.25

21、m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)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)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?。? (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(dá)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＝(M＋m)v1 ①

22、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(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＝(M＋m)v2 ④ 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－(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(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距

23、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(xì)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　m　mgh 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)機械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′

24、2 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： 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(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 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(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，然后繼續(xù)運動.假

25、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 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(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 mv0＝3mv 解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧

26、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?fù)浦罛點(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μ＝0.4，g＝ 10m/s2

27、，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. 11