（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題6 動力學、動量和能量觀點的綜合應用學案

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1、 專題6 動力學、動量和能量觀點的綜合應用 考題一　動量定理和能量觀點的綜合應用 1.動量定理公式：Ft＝p′－p 說明：(1)F為合外力 ①恒力，求Δp時，用Δp＝Ft ②b.變力，求I時，用I＝Δp＝mv2－mv1 ③牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率 ④當Δp一定時，F(xiàn)t為確定值：F＝ t小F大——如碰撞；t大F小——緩沖 (2)等式左邊是過程量Ft，右邊是兩個狀態(tài)量之差，是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的. Δp的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定與Ft一致. 2.力學規(guī)律的選用原則 單個物體：宜選

2、用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律. 例1　據(jù)統(tǒng)計人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍.為探究這個問題，實驗小組同學利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況.重物與地面的形變很小，可忽略不計.g取10 m/s2.下表為一次實驗過程中的相關數(shù)據(jù). 重物(包括傳感器)的質量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反彈高度h/cm 20 最大沖擊力Fm/N 850 重

3、物與地面接觸時間t/s 0.1 (1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題： ①重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大?。? ②在重物與地面接觸過程中，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)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由. 解析　(1)①重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a 由牛頓第二定律：a＝ 解得a＝90 m/s2 ②重物在空中運動過程中，由動能定理mgh＝mv2 重物與地面接觸前瞬時的速度大小v1＝ 重物離開地面瞬時的速度大小v2＝ 重物與

4、地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，設豎直向上為正方向 由動量定理：(F－mg)t＝mv2－m(－v1) 解得F＝510 N，故＝6 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)可以通過增加人與地面接觸時間來減小沖擊力(如落地后雙腿彎曲)，由動量定理Ft＝Δmv可知，接觸時間增加了，沖擊力F會減小. 答案　(1)①90 m/s2?、?倍　(2)見解析 變式訓練 1.高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動).此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始

5、終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 答案　A 解析　由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝＋mg，A項正確. 2.一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示.物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止.g取10 m/s2. 圖1 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2

6、)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 解析　(1)對小物塊從A運動到B處的過程中 應用動能定理－μmgs＝mv2－mv 代入數(shù)值解得μ＝0.32 (2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6 m/s 由動量定理得：FΔt＝mv′－mv 解得F＝－130 N 其中“－”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左. (3)對物塊反向運動過程中應用動能定理得 －W＝0－mv′2 解得W＝9 J. 考題二　動量守恒定律和能量觀點的綜合應用

7、1.動量守恒定律 (1)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反). (2)動量守恒條件： ①理想守恒： 系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零. ②近似守恒： 外力遠小于內(nèi)力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多. ③單方向守恒： 合外力在某方向上的分力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒. 動量守恒定律應用要注意的三性 (1)矢量性： 在一維運動中要選取正方向，未

8、知速度方向的一律假設為正方向，帶入求解. (2)同時性： m1v1和m2v2——作用前的同一時刻的動量 m1v1′和m2v2′——作用后的同一時刻的動量 (3)同系性： 各個速度都必須相對于同一個慣性參考系. 定律的使用條件：在慣性參考系中普遍適用(宏觀、微觀、高速、低速) 2.力學規(guī)律的選用原則 多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決. 例2　如圖2所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，

9、滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、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＝0.1，A、B的質量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短). 圖2 (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的關系式. 解析　(1)從A→Q由動能定理得 －mg·2R＝mv2－mv 解得v＝4 m/s＞＝ m/s 在

10、Q點，由牛頓第二定律得F＋mg＝m 解得F＝22 N. (2)A撞B，由動量守恒得mv0＝2mv′ 解得v′＝＝3 m/s 設摩擦距離為x，則－2μmgx＝0－·2mv′2 解得x＝4.5 m 所以k＝＝45. (3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得 －μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2 所以vn＝ m/s　(n<45). 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)45 (3)vn＝ m/s　(n<45) 變式訓練 3.如圖3，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使A以某

11、一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設物體間的碰撞都是彈性的. 圖3 答案　(－2)M≤m＜M 解析　設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1，v4＝v1 由于m＜M，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2 即v0≥v1＝()2v0 整理

12、可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足 (－2)M≤m＜M. 考題三　電學中動量和能量觀點的綜合應用 系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法. (1)對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動. (2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)). 例3　如圖4所示，直角坐標系xOy位于豎直平面

13、內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場.質量為m2＝8×10－3 kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l＝0.045 m，質量m1＝1×10－3 kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5 m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力.已知電場強度E＝40 N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)碰后m1的速度； (2)若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角θ＝30°，OP長為l

14、OP＝0.4 m，求磁感應強度B的大??； (3)其他條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小，使m2能與m1再次相碰，求B′的大小. 解析　(1)設m1與m2碰前速度為v1，由動能定理 －μm1gl＝m1v－m1v 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4 m/s v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有： m1v1＝m1v1′＋m2v2 代入數(shù)據(jù)得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運動，所以qE＝m2g 得：q＝2×10－3 C 由洛倫茲力提供向心力，設物塊m2做圓周運動的半徑為R，則qv2B＝m2 軌跡如圖，由幾何關系有：R＝lOP 解得：B

15、＝1 T (3)當m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動. m1勻減速運動至停止，其平均速度大小為： ＝|v1′|＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s， 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有：Ff＝μm1g＝m1a m1停止后離O點距離：s＝ 則m2平拋的時間：t＝ 平拋的高度：h＝gt2 設m2做勻速圓周運動的半徑為R′，由幾何關系有： R′＝h 由qv2B′＝，聯(lián)立得：B′＝0.25 T 答案　(1)－0.4 m/s，方向水平向左　(2)1 T　(3)0.25 T 變式訓練 4.如圖5所示，C1D1E1F1和C2D

16、2E2F2是距離為L的相同光滑導軌，C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧，半徑分別為r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.導體棒P、Q的長度均為L，質量均為m，電阻均為R，其余電阻不計，Q停在圖中位置，現(xiàn)將P從軌道最高點無初速度釋放，則： 圖5 (1)求導體棒P進入磁場瞬間，回路中的電流的大小和方向(順時針或逆時針)； (2)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，求導體棒P離開軌道瞬間的速度； (3)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，且兩者到達E1E2瞬間，均能脫離軌道飛出，求回路中產(chǎn)生熱量的范圍.

17、答案　(1)，方向逆時針　(2)3 (3)3mgr≤Q≤4mgr 解析　(1)導體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機械能守恒定律： mgr1＝mv，vD＝4 導體棒P到達D1D2瞬間：E＝BLvD 回路中的電流I＝＝ 方向逆時針 (2)棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，此時對Q： mg＝，vQ＝ 設導體棒P離開軌道瞬間的速度為vP，根據(jù)動量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ 代入數(shù)據(jù)得，vP＝3 (3)由(2)知，若導體棒Q恰能在到達E1E2瞬間飛離軌道，P也必能在該處飛離軌道.根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的熱量：Q1＝mv－mv－mv＝3mgr 若導體棒Q與P能達到

18、共速v，回路中產(chǎn)生的熱量最多，則根據(jù)動量守恒： mvD＝(m＋m)v，v＝2 回路中產(chǎn)生的熱量：Q2＝mv－(m＋m)v2＝4mgr 綜上所述，回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgr≤Q≤4mgr. 專題規(guī)范練 1.如圖1所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上.桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質量m＝0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過

19、程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為x＝6t－2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10 m/s2)求： 圖1 (1)BP間的水平距離xBP； (2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點； (3)物塊A由靜止釋放的高度h. 答案　(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 解析　(1)設碰撞后物塊B由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy＝ 同時＝tan 45°，解得vD＝4 m/s 設平拋用時為t，水平位移為x，則有R＝gt2 x＝vDt 解得x＝1.6 m 物塊

20、B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度大小 a＝－4 m/s2減速到vD，則BD間的位移為 x1＝＝2.5 m 故BP之間的水平距離xBP＝x＋x1＝4.1 m (2)若物塊B能沿軌道到達M點，在M點時其速度為vM，則有mv－mv＝－mgR 設軌道對物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝m 解得FN＝(1－)mg<0，即物塊不能到達M點. (3)對物塊A、B的碰撞過程，有： mAvA＝mAvA′＋mBv0 mAv＝mAvA′2＋mBv 解得：vA＝6 m/s 設物塊A釋放的高度為h，則 mgh＝mv， 解得h＝1.8 m 2.如圖2所示為過山車簡易模型，它由光滑水平軌道和

21、豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R＝0.32 m.水平軌道PN右側的水平地面上，并排放置兩塊長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質量m3＝2.2 kg，長L＝4 m，木板d質量m4＝4.4 kg.質量m2＝3.3 kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量m1＝1.3 kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失.碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長木板間動摩擦因數(shù)均為μ0＝0.16，重力加速度

22、g＝10 m/s2. 圖2 (1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2； (2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動時，木板c、d均靜止不動，c、d與地面間的動摩擦因數(shù)μ至少多大？(木板c、d與地面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (3)若不計木板c、d與地面間的摩擦，碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時間及木板d的長度. 答案　(1)4 m/s　5.2 m/s　(2)0.069　(3)1 s　1.4 m 解析　(1)根據(jù)題意可知：小滑塊a碰后返回到M點時： m1＝m1g 小滑塊a碰后返回到M點過程中機械能守恒： m1v

23、＝m1v＋m1g(2R) 代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝4 m/s 取水平向右為正方向，小滑塊a、b碰撞前后： 動量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2 機械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 代入數(shù)據(jù)，解得：v0＝9.2 m/s，v2＝5.2 m/s (2)若b在d上滑動時d能靜止，則b在c上滑動時c和d一定能靜止 μ(m2＋m4)g>μ0m2g 解得μ>μ0≈0.069 (3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大小： a1＝μ0g＝1.6 m/s2 此時兩塊長木板的加速度大?。篴2＝g＝0.8 m/s2 令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t，則： 時間t內(nèi)小滑塊b的位移x1＝v2

24、t－a1t2 兩塊長木板的位移x2＝a2t2 且x1－x2＝L 解得：t1＝1 s或t2＝ s(舍去) b剛離開長木板c時b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6 m/s b剛離開長木板c時d的速度v3＝a2t1＝0.8 m/s d的長度至少為x： 由動量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v 解得：v＝2 m/s μ0m2gx＝m2v2′2＋m4v－(m2＋m4)v2 解得：x＝1.4 m 3.如圖3所示，兩個圓形光滑細管在豎直平面內(nèi)交疊，組成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h＝3.2 m，一質量m＝

25、1 kg的小球a從A點以速度v0＝12 m/s的速度向右進入直管道，到達B點后沿“8”字形軌道向上運動，到達D點時恰好與軌道無作用力，直接進入DE管(DE管光滑)，并與原來靜止于E處的質量為M＝4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質點).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小為碰撞前速度大小的，而b球從E點水平拋出，其水平射程s＝0.8 m.(g＝10 m/s2) 圖3 (1)求碰后b球的速度大?。? (2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R； (3)若小球a在管道AB中運動時所受阻力為定值，請判斷a球返回到BA管道時，能否從A端穿出？ 答案　(1)1 m/s　(2)0.9 m　

26、0.7 m　(3)不能 解析　(1)b球離開E點后做平拋運動 h＝gt2，s＝vbt，解得vb＝1 m/s (2)a、b碰撞過程，動量守恒，以水平向右為正方向，則有： mva＝－m×va＋Mvb 解得va＝3 m/s 碰前a在D處恰好與軌道無作用力，則有：mg＝m r＝0.9 m R＝＝0.7 m (3)小球從B到D，機械能守恒：mv＝mv＋mgh 解得：mv＝36.5 J 從A到B過程，由動能定理得：－Wf＝mv－mv 解得：Wf＝35.5 J 從D到B，機械能守恒：m()2＋mgh＝mvB′2 解得：mvB′2＝32.5 J

27、，不能從A端穿出. 4.如圖4所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場，經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質點的絕緣小球，A球對桌面的壓力為零，其質量為m，電量為q；B球不帶電且質量為km(k>7).A、B間夾著質量可忽略的火藥.現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質量、電量和各表面的光滑程度).火藥炸完瞬間A的速度為v0.求： 圖4 (1)火藥爆炸過程中有多少化學能轉化為機械能； (2)A球在磁場中的運動時間； (3)若一段時間后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離. 答案　(1)mv　(2)　(3)· 解析　(1)設爆炸之后B的速度大小為vB，選向左為正方向，在爆炸前后由動量守恒可得：0＝mv0－kmvB E＝mv＋kmv＝mv (2)由A球對桌面的壓力為零可知重力和電場力等大反向，故A球進入電場中將會做勻速圓周運動，如圖所示則 T＝ 有幾何知識可得：粒子在磁場中運動了個圓周 則t2＝ (3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ 由qv0B＝m知，R＝ 設爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運動的位移為xB，時間為tB 則tB＝＋t2＋，xB＝vBtB 由圖可得：R＝xA＋xB 聯(lián)立上述各式解得：xA＝·. 14