《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(qiáng)化七 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt》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(qiáng)化七 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt（57頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第六章動量動量守恒定律 專題強(qiáng)化七動力學(xué) 動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用 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(jī)械能守恒定律和能量守恒定律 過好雙基關(guān) 一 力的三個作用效果與五個規(guī)律 ma p 二 常見的力學(xué)模型及其結(jié)論 v0 x人 研透命題點 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 命題點一動量與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用 能力考點師生共研 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(jī)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(jī)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(jī)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 0 2 取g 10m s2 求 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 答案 解析 答案8m s7m s 圖1 解析在0 3s內(nèi) 以向右為正方向 對P由動量定理有 F1t1 F2t2 mg t1 t2 mv 0其中F1 2N F2 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 mg maP在B C兩點間做勻減速直線運動 有 v2 v12 2aL解得v1 7m s 2 Q運動的時間t 答案 解析 答案3 5s 解析設(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 碰撞后Q做勻減速直線運動 有 mg ma 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 800kg的汽車B以速度v2 15m 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) 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小 答案 解析 答案6m s 解析對于減速過程有a g對A車有 vA v1 at對B車有 vB v2 at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 m1vA m2vB m1 m2 v共可得v共 6m s 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 答案 解析 答案6倍 解析對A車由動量定理得 Ft0 m1v共 m1vA可得F 7 2 104N 3 兩車一起滑行的距離 答案 解析 答案6m 解析對共同滑行的過程有 可得x 6m 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(jī)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 命題點二動量與能量觀點的綜合應(yīng)用 能力考點師生共研 3 動量守恒定律 能量守恒定律 機(jī)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) 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 1kg 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10m s2 求 1 物塊a與b碰后的速度大小 答案 解析 答案1m s 圖2 解析對物塊a 由動能定理得 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)物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離 答案 解析 解析當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離 a以v2 1m 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 m0 m v3 代入數(shù)據(jù)解得v3 0 25m s 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 解析 答案0 125m 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 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的速度為已知A B C的質(zhì)量分別為2m 3m m 重力加速度為g 求 1 從C獲得速度v0開始經(jīng)過多長時間繩子剛好伸直 答案 解析 圖3 解析從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 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(jī)械能 答案 解析 解析設(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 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 整個過程中 根據(jù)能量守恒定律得 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(jī)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 命題點三力學(xué)三大觀點解決多過程問題 能力考點師生共研 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 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 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 解析 答案見解析 圖4 解析由機(jī)械能守恒定律得 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 答案 解析 答案見解析 解析設(shè)A B碰撞前A的速度為vA 由機(jī)械能守恒定律有 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 3m s 滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能 E FfL m m gL 0 2J 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 解析 答案見解析 解析AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量E損 n E 0 2nJ 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 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 答案 解析 答案3m s9J 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 Ek 解析P1 P2碰撞過程動量守恒 以向右為正方向 有mv1 2mv 解得 Ek 9J 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 解析 答案10m s v1 14m s17J 解析由于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 g 2ma v2 v at 由于2s t 4s 所以解得v1的取值范圍10m s v1 14m sv2的取值范圍1m s v2 5m s所以當(dāng)v2 5m s時 P向左經(jīng)過A點時有最大速度 課時作業(yè) 1 2 3 4 5 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 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 答案 解析 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)生的位移大小 1 2 3 4 5 解析木塊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 mv0 2mv0 m m 3m v1解得v1 0 6v0對木塊B運用動能定理 有 1 2 3 4 5 2 木塊A在整個過程中的最小速度 答案 解析 解析當(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 其中v0 v為A和B速度的變化量 1 2 3 4 5 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 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(dá)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 答案5m s 圖2 1 2 3 4 5 解析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 由能量守恒得 mv02 M m v12 mgR mgL 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得 v0 5m s 1 2 3 4 5 2 小物塊與車最終相對靜止時 它距點O 的距離 答案 解析 答案0 5m 解析設(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 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 mg L x 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得 x 0 5m 1 2 3 4 5 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 答案 解析 圖3 1 2 3 4 5 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(jī)械能守恒定律有 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1 同理有 1 2 3 4 5 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 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 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 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 1 整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能 答案 解析 圖4 1 2 3 4 5 解析以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 B與C碰撞的瞬間 B C組成的系統(tǒng)動量定恒 有 1 2 3 4 5 2 彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能 答案 解析 解析當(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 根據(jù)能量守恒定律得 彈簧的最大彈性勢能 1 2 3 4 5 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 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 答案5 8J 圖5 1 2 3 4 5 解析由能量守恒 增加的彈性勢能為 Ep WF mgL1 6 0 4 1 10 0 05 J 5 8J 1 2 3 4 5 2 小物塊滑到C點的速度大小 答案 解析 答案2m s 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 1 2 3 4 5 3 P和Q最后的速度大小 答案 解析 答案0 4m s 解析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 4m s 1 2 3 4 5 4 Q的長度 答案 解析 答案0 4m 解析對P Q由能量守恒得 代入數(shù)據(jù)解得小車的長度 L 0 4m