2019届高考物理二轮复习 专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用学案.doc

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1、1专题专题 6 6 动力学、动量和能量观点的综合应用动力学、动量和能量观点的综合应用考题一考题一 动量定理和能量观点的综合应用动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ftpp说明：(1)F为合外力恒力，求 p时，用 pFtb.变力，求I时，用Ipmv2mv1牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率当 p一定时，Ft为确定值：Fp tt小F大如碰撞；t大F小缓冲(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.p的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是 p的方向一定与Ft一致.2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理

2、和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例 1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.2g取 10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力Fm/N850重物与地面接触时间t/s0.1(1)请你选择所需数据，通过计

3、算回答下列问题：重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.解析 (1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a由牛顿第二定律：aFmmg m解得a90 m/s2重物在空中运动过程中，由动能定理mghmv21 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v12gH重物离开地面瞬时的速度大小v22gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向由动量定理：(Fmg)tmv2m(v

4、1)解得F510 N，故6F mg因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的 6 倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ftmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.答案 (1)90 m/s2 6 倍 (2)见解析变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.mg B.mgm2ghtm2ght3C.mg D.mgm ghtm gh

5、t答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v，在t时间内对人由动量定2gh理得(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fmg，A 项正确.m2ght2.一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点，距离A点 5 m 的位置B处是一面墙，如图 1 所示.物块以v09 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止.g取 10 m/s2.图 1(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的

6、功W.答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理mgsmv2mv1 21 22 0代入数值解得0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s由动量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中“”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得W0mv21 2解得W9 J.考题二考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或 p0(系统总动量的增量为零)；

7、或 p1p2(相互作用的两个物体4组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2作用前的同一时刻的动量m1v1和m2v2作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(

8、宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例 2 如图 2 所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5 m，物块A以v06 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1，A、B的质量均为m1 kg(重力加速度g取 10 m/s2；A、B视为质点，碰

9、撞时间极短).图 2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；5(3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式.解析 (1)从AQ由动能定理得mg2Rmv2mv1 21 22 0解得v4 m/s m/sgR5在Q点，由牛顿第二定律得Fmgmv2 R解得F22 N.(2)A撞B，由动量守恒得mv02mv解得v3 m/sv0 2设摩擦距离为x，则2mgx0 2mv21 2解得x4.5 m所以k 45.x L(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得2mgnL 2mv 2mv21 22n1 2所以vn m/s (nv2

10、0.1 m/s，v1 2所以m2在m1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：Ffm1gm1am1停止后离O点距离：sv12 2a则m2平抛的时间：ts v28平抛的高度：hgt21 2设m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：Rh1 2由qv2B，联立得：B0.25 Tm2v2 2 R答案 (1)0.4 m/s，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T变式训练4.如图 5 所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均

11、为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：图 5(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案 (1)，方向逆时针 (2)32BL grRgr(3)3mgrQ4mgr解析 (1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：mgr1mv，vD41 22Dgr导体棒P到达D1D2瞬间：EBLvD回路

12、中的电流IE 2R2BL grR方向逆时针(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：mg，vQmv2Q r2gr9设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvDmvPmvQ代入数据得，vP3gr(3)由(2)知，若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q1mvmvmv3mgr1 22D1 22P1 22Q若导体棒Q与P能达到共速v，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：mvD(mm)v，v2gr回路中产生的热量：Q2mv (mm)v24mgr1 22D1 2综上所述，回路中产生热量的范围是 3mgrQ4mgr

13、.专题规范练专题规范练1.如图 1 所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m0.4 kg 的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取 10 m/s2)

14、求：图 1(1)BP间的水平距离xBP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy2gR同时tan 45，解得vD4 m/svy vD设平抛用时为t，水平位移为x，则有Rgt21 2xvDt10解得x1.6 m物块B碰后以初速度v06 m/s，加速度大小a4 m/s2减速到vD，则BD间的位移为x12.5 mv2Dv2 0 2a故BP之间的水平距离xBPxx14.1 m(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mvmv

15、mgR1 22M1 22D22设轨道对物块的压力为FN，则FNmgmv2M R解得FN(1)mg0m2g解得00.069m2 m2m4(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a10g1.6 m/s2此时两块长木板的加速度大小：a2g0.8 m/s20m2 m3m4令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移x1v2ta1t21 2两块长木板的位移x2a2t21 2且x1x2L解得：t11 s 或t2 s(舍去)10 3b刚离开长木板c时b的速度v2v2a1t13.6 m/sb刚离开长木板c时d的速度v3a2t10.8 m/sd的长度至少为x：由动量守恒可知：m2v2m4v

16、3(m2m4)v解得：v2 m/s120m2gxm2v22m4v (m2m4)v21 21 22 31 2解得：x1.4 m3.如图 3 所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h3.2 m，一质量m1 kg 的小球a从A点以速度v012 m/s 的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M4 kg 的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的 ，而

17、b球从E点水平抛出，其水平射程s0.8 1 3m.(g10 m/s2)图 3(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b球离开E点后做平抛运动hgt2，svbt，解得vb1 m/s1 2(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：mvamvaMvb1 3解得va3 m/s碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mgmv2a rr0.9 mR0.7 mh2r 2(3)小球从B到D，机械能守

18、恒：mvmvmgh1 22B1 22a解得：mv36.5 J1 22B13从A到B过程，由动能定理得：Wfmvmv1 22B1 22 0解得：Wf35.5 J从D到B，机械能守恒：m()2mghmvB21 2va 31 2解得：mvB232.5 J7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求：图 4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离.答案 (1)mv (2) (3)k1 2k2 03m 2qB2k23

19、2k1mv0 qB解析 (1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0mv0kmvBEmvkmvmv1 22 01 22Bk1 2k2 0(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则14T2m qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了 个圆周3 4则t23m 2qB(3)由 0mv0kmvB可得：vBv0 k由qv0Bm知，Rv2 0 Rmv0 qB设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB则tBt2，xBvBtBxA v0R v0由图可得：RxAxB联立上述各式解得：xA.2k232k1mv0qB