（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律 第2講 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案

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1、第2講動力學、動量和能量觀點在力學中的應用一、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p動量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2二、碰撞中常見的力學模型及其結(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)命題點一動量與動力學

2、觀點的綜合應用1解決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(jié)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)

3、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，碰撞時間極短已知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/s

4、2，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/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質(zhì)量為

5、m11200kg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)兩車與路面間的動摩擦因數(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小；(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

6、對B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

7、、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，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M3m，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)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度答案(1)mv02(2)解析(1)小物塊C與A發(fā)生碰撞后粘在一起，由動量守恒定律得：mv02mv解得vv0；碰撞過程中系統(tǒng)

8、損失的機械能為E損mv02(2m)v2解得E損mv02.(2)當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(mm3m)v1解得v1v0由能量守恒：2mgh2m25m2解得h.變式2如圖3甲所示，半徑為R0.45m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M5kg，長度L0.5m，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m1kg，g取10m/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小；(3)若將平板車固定且在

9、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小答案(1)30N(2)0.5m/s(3)m/s解析(1)物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中機械能守恒：mgRmvB2解得：vB3m/s在B點由牛頓第二定律得FNmgm解得：FN30N由牛頓第三定律知，物塊滑到B點時對軌道的壓力FNFN30N(2)物塊滑上平板車后，系統(tǒng)的動量守恒，mvB(mM)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FfL圖線與橫軸所圍的面積，則WfJ2J物塊在平板車上滑行過程中，

10、由動能定理得：Wfmv2mvB2解得：vm/s.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(guān)的平拋運動、與圓軌道相關(guān)的平拋運動2應對策略(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如圖4所示，一對雜技演員(

11、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：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，機械能守恒設(shè)二者到達B點的速度大小為v0，則由機械能守恒定律有：(m2m)gR(m2m)v

12、02設(shè)繩子拉力大小為FT，由受力分析和圓周運動知識有：FT(m2m)g則FT9mg(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，(m2m)v02mv2mv1女演員上擺到A點過程中機械能守恒，因此有mgRmv12女演員推開男演員做功：W2mv222mv02解得：v22，W6mgR(3)男演員自B點做平拋運動落到C點，有：sv2t4Rgt2，解得s8R.變式3如圖5所示，光滑的水平桌面高h5m，桌面上有兩個質(zhì)量分別為mA5kg、mB1kg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L0.5m

13、、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g10m/s2，求：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mBgmBB被彈簧彈開后運動至最高點過程，由機械能守恒定律有mBvB2mBg2LmBvB12解得vB5m/sA、B被彈簧彈開過程動量守恒，以vA的方向為正方向，0mAvAmBvB解得vA1m/sA離開桌面邊緣后做平拋運動，hgt2，xvAt解得球A落地時距桌面邊緣的水平距離x1m(2)最初

14、彈簧儲存的彈性勢能EpmAvA2mBvB215J.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??；(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：Mv1mv2解得：人、車一起向左運動的速度v13m/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：Mv1mv2(Mm

15、)v解得：三者的共同速度v3.75m/s系統(tǒng)損失的能量：EMv12mv22(Mm)v237.5J2.如圖2所示，水平地面光滑，質(zhì)量為m1的A物塊，以v010m/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m12kg，m2m33kg，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小答案(1)4m/s(2)15J解析(1)A與B碰撞過程，以A、B為系統(tǒng)，取向右為正方向，由動量守恒定律有：m1v0(m1m2)v代入數(shù)據(jù)解得：v4m/

16、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(m1m2m3)v解得：v2.5m/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械能守恒定律有：(m1m2)v2(m1m2m3)v2Ep解得：Ep15J3.如圖3所示，半徑R0.8m的豎直光滑四分之一圓弧軌道固定在水平面上，質(zhì)量為m0.4kg的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，當滑塊運動到圓弧軌道的最低點A時，裝在滑塊內(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，炸藥的質(zhì)量忽略不計，重力加速度

17、g10m/s2.圖3(1)求Q在水平面上滑行的距離；(2)若炸藥爆炸產(chǎn)生的化學能有80%轉(zhuǎn)化為P、Q增加的機械能，試計算炸藥爆炸時產(chǎn)生的化學能答案(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，由機械能守恒定律得mgRmv02可得v04m/s爆炸后，P上滑到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得m1gRm1v12解得v14m/s炸藥爆炸過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0m2v2m1v1又，m1m2m解得v2m/sQ在水平面上滑行，由動能定理得m2gs0m2v22解得Q在水平面上滑行的距離sm(2)設(shè)炸

18、藥爆炸時產(chǎn)生的化學能為E，根據(jù)能量守恒定律得E5J.4.如圖4所示，一顆質(zhì)量為m0.1kg的子彈以v050m/s的水平速度打入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M0.9kg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)圖4(1)半圓環(huán)的半徑R應是多大？(2)最遠落點離A多遠？(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(mM)v1解得v15m/s設(shè)木塊和子彈到達最高點的速度為v2則：(mM)v12(mM)v22(mM)g2R木塊和子彈的平拋過程：xv2t,2Rgt2由以上三式得x由數(shù)學知識：Rm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x4Rm1.25m(3)最高點環(huán)對木塊的彈力向下，設(shè)為F則：F(mM)g(mM)解得：F30N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