高届高级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第六章专题强化七.docx

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高届高级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第六章专题强化七

专题强化七　动力学、动量和能量观点在力学中的应用

专题解读

1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用,高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.

2.学好本专题,可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题.

3.用到的知识、规律和方法有：

动力学方法（牛顿运动定律、运动学规律）；动量观点（动量定理和动量守恒定律）；能量观点（动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律）.

一、力的三个作用效果与五个规律

分类

对应规律

公式表达

力的瞬时作用效果

牛顿第二定律

F合＝ma

力对空间积累效果

动能定理

W合＝ΔEk

W合＝mv－mv

机械能守恒定律

E1＝E2

mgh1＋mv＝mgh2＋mv

力对时间积累效果

动量定理

F合t＝p′－p

I合＝Δp

动量守恒定律

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

二、常见的力学模型及其结论

模型名称

模型描述

模型特征

模型结论

“速度交换”模型

相同质量的两球发生弹性正碰

m1＝m2,动量、动能均守恒

v1′＝0,v2′＝v0（v2＝0,v1＝v0）

“完全非弹性碰撞”模型

两球正碰后粘在一起运动

动量守恒、能量损失最大

v＝v0（v2＝0,v1＝v0）

“子弹打木块”模型

子弹水平射入静止在光滑的水平面上的木块中并最终一起共同运动

恒力作用、已知相对位移、动量守恒

Ffx相对＝m1v－（m1＋m2）v2

“人船”模型

人在不计阻力的船上行走

已知相对位移、动量守恒、开始时系统静止

x船＝L,

x人＝L

命题点一　动量与动力学观点的综合应用

1.解动力学问题的三个基本观点

（1）力的观点：

运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题.

（2）能量观点：

用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.

（3）动量观点：

用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.

2.力学规律的选用原则

（1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律.

（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理（涉及时间的问题）或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题.

（3）若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.

（4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量.

（5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决.

例1

　（2018·全国卷Ⅱ·24）汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示,碰撞后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m.已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g＝10m/s2.求：

图1

（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；

（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小.

答案　

（1）3.0m/s　

（2）4.25m/s

解析　

（1）设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有

vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0m/s③

（2）设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA,根据牛顿第二定律有

μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′,碰撞后滑行的距离为sA,由运动学公式有

vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.25m/s

变式1

　（2018·重庆市上学期期末抽测）如图2甲所示,质量m1＝4kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上,质量m2＝1kg的小物块静止在长木板的左端.现对小物块施加一水平向右的作用力F,小物块和长木板运动的速度－时间图象如图乙所示.2s后,撤去F,g取10m/s2.求：

图2

（1）小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；

（2）水平力的大小F；

（3）撤去F后,小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.

答案　

（1）0.2　

（2）4N　（3）3.6J

解析　

（1）由题图可知：

长木板的加速度a1＝m/s2＝0.5m/s2

由牛顿第二定律可知：

小物块施加给长木板的滑动摩擦力Ff＝m1a1＝2N

小物块与长木板之间的动摩擦因数：

μ＝＝0.2

（2）由题图可知,小物块的加速度a2＝m/s2＝2m/s2

由牛顿第二定律可知：

F－μm2g＝m2a2

解得F＝4N

（3）撤去F后,小物块和长木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,最终两者以相同速度（设为v）运动

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v

代入数据解得v＝1.6m/s

则系统损失的机械能ΔE＝－v2＝3.6J

命题点二　动量与能量观点的综合应用

1.两大观点

动量的观点：

动量定理和动量守恒定律.

能量的观点：

动能定理和能量守恒定律.

2.解题技巧

（1）若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）.

（2）若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理.

（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性.

例2

　（2018·全国卷Ⅰ·24）一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求：

（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.

答案　

（1）　

（2）

解析　

（1）设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有

E＝mv①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有

0－v0＝－gt②

联立①②式得

t＝③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有

E＝mgh1④

火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有

mv＋mv＝E⑤

mv1＋mv2＝0⑥

由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有

mv＝mgh2⑦

联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h＝h1＋h2＝

变式2

　（2018·四川省乐山市第一次调研）如图3,一质量M＝6kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量m＝6kg,停在木板B的左端.质量为m0＝1kg的小球用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为h＝0.2m,物块A与小球可视为质点,不计空气阻力.已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1,（g＝10m/s2）求：

图3

（1）小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间,小球的速度大小；

（2）小球与物块A碰撞后瞬间,物块A的速度大小；

（3）为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板,木板B至少多长.

答案　

（1）4m/s　

（2）1m/s　（3）0.25m

解析　

（1）对小球下摆过程,由机械能守恒定律得：

m0gL＝m0v,v0＝4m/s

（2）对小球反弹后过程,由机械能守恒定律得

有m0gh＝m0v

解得：

v1＝2m/s

小球与物块A碰撞过程系统动量守恒,以小球的初速度方向为正方向

由动量守恒定律得：

m0v0＝－m0v1＋mvA

解得vA＝1m/s

（3）物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以物块A的速度方向为正方向

由动量守恒定律得：

mvA＝（m＋M）v,

解得v＝0.5m/s

由能量守恒定律得：

μmgx＝mv－（m＋M）v2,

解得x＝0.25m.

命题点三　力学三大观点解决多过程问题

1.表现形式

（1）直线运动：

水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.

（2）圆周运动：

绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.

（3）平抛运动：

与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动.

2.应对策略

（1）力的观点解题：

要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度；

（2）两大定理解题：

应确定过程的初、末状态的动量（动能）,分析并求出过程中的冲量（功）；（3）过程中动量或机械能守恒：

根据题意选择合适的初、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度（率）.

例3

　（2018·山东省泰安市一模）如图4所示,质量为m1＝0.5kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触（不拴接）,轻弹簧左端固定,且处于原长状态.质量M＝1kg的长木板静置于水平面上,其上表面与水平台面相平,且紧靠台面右端.木板左端放有一质量m2＝1kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内）,撤去推力,此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10m/s,与小车左端的滑块Q相碰,最后物块P停在AC的正中点,滑块Q停在木板上.已知台面AB部分光滑,P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1,A、C间距离L＝4m.滑块Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4,木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1（g取10m/s2）,求：

图4

（1）撤去推力时弹簧的弹性势能；

（2）长木板运动中的最大速度；

（3）长木板的最小长度.

答案　

（1）27J　

（2）2m/s　（3）3m

解析　

（1）小物块P由B点到C点的过程：

W弹－μ1m1gL＝m1v－0

解得：

W弹＝27J

Ep＝W弹＝27J

即：

撤去推力时弹簧的弹性势能为27J.

（2）小物块P和滑块Q碰撞过程动量守恒,以v0的方向为正方向

m1v0＝－m1vP＋m2vQ

小物块P从碰撞后到静止

－μ1m1gL＝0－m1v

解得vQ＝6m/s

滑块Q在长木板上滑动过程中：

对Q：

－μ2m2g＝m2a1

对木板：

μ2m2g－μ3（M＋m2）g＝Ma2

解得：

a1＝－4m/s2

a2＝2m/s2

当滑块Q和木板速度相等时,木板速度最大,

设最大速度为v,滑行时间为t0

对Q∶v＝vQ＋a1t0

对木板：

v＝a2t0

解得：

t0＝1s

v＝2m/s

则长木板运动中的最大速度为2m/s

（3）在滑块Q和木板相对滑动过程中

Q的位移：

xQ＝（vQ＋v）·t0

木板的位移：

x板＝（0＋v）·t0

木板的最小长度：

L＝xQ－x板

解得：

L＝3m.

变式3

　（2018·河北省定州中学承智班月考）如图5所示,固定点O上系一长L＝0.6m的细绳,细绳的下端系一质量m＝1.0kg的小球（可视为质点）,原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h＝0.80m,一质量M＝2.0kg的物块开始静止在平台上的P点,现对物块M施予一水平向右的初速度v0,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于小球的重力,而物块M落在水平地面上的C点,其水平位移x＝1.2m,不计空气阻力,g＝10m/s2.

图5

（1）求物块M碰撞后的速度大小；

（2）若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ＝0.5,物块M与小球的初始距离为x1＝1.3m,求物块M在P处的初速度大小.

答案　

（1）3.0m/s　

（2）7.0m/s

解析　

（1）碰后物块M做平抛运动,设其平抛运动的初速度为v3,平抛运动时间为t

h＝gt2①

x＝v3t②

得：

v3＝x＝3.0m/s③

（2）物块M与小球在B点处碰撞,设碰撞前物块M的速度为v1,碰撞后小球的速度为v2,由动量守恒定律：

Mv1＝mv2＋Mv3④

碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为vA,则

mv＝mv＋2mgL⑤

小球在最高点时有：

2mg＝m⑥

由⑤⑥解得：

v2＝6.0m/s⑦

由③④⑦得：

v1＝＝6.0m/s⑧

物块M从P点运动到B点过程中,由动能定理：

－μMgx1＝Mv－Mv⑨

解得：

v0＝＝7.0m/s⑩

1.（2018·北京理综·22）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如图1所示,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h＝10m,C是半径R＝20m圆弧的最低点.质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a＝4.5m/s2,到达B点时速度vB＝30m/s.取重力加速度g＝10m/s2.

图1

（1）求长直助滑道AB的长度L；

（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

（3）若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小.

答案　

（1）100m　

（2）1800N·s　（3）见解析图

3900N

解析　

（1）根据匀变速直线运动公式,有L＝＝100m

（2）根据动量定理,有I＝mvB－mvA＝1800N·s

（3）运动员经过C点时的受力分析如图所示.

根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有

mgh＝mv－mv

根据牛顿第二定律,有

FN－mg＝m

得FN＝3900N

2.（2018·安徽省黄山市一质检）如图2所示,一对杂技演员（都视为质点）荡秋千（秋千绳处于水平位置）,从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量为2m和女演员质量为m,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C点比O点低5R.不计空气阻力,求：

图2

（1）摆到最低点B,女演员未推男演员时秋千绳的拉力；

（2）推开过程中,女演员对男演员做的功；

（3）男演员落地点C与O点的水平距离s.

答案　

（1）9mg　

（2）6mgR　（3）8R

解析　

（1）第一个过程：

两杂技演员从A点下摆到B点,只有重力做功,机械能守恒.设二者到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：

（m＋2m）gR＝（m＋2m）v.

女演员未推男演员时,秋千绳的拉力设为FT,由两杂技演员受力分析有：

FT－（2m＋m）g＝

所以FT＝9mg

（2）第二个过程：

两演员相互作用,沿水平方向动量守恒.

设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2,

所以有（m＋2m）v0＝2mv2－mv1.

第三个过程：

女演员上摆到A点过程中机械能守恒,因此有mgR＝mv.

女演员推开男演员时对男演员做的功为W＝×2mv－×2mv

联立得：

v2＝2,W＝6mgR

（3）第四个过程：

男演员自B点平抛,有：

s＝v2t.

运动时间t可由竖直方向的自由落体运动得出4R＝gt2,

联立可解得s＝8R.

3.（2018·山东省青岛市二模）如图3所示,半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内,两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连,A处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B处与圆轨道相切.在水平轨道上,两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起.某时刻剪断细线后,小球P向左运动到A点时,小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞.已知小球P的质量m1＝3.2kg,小球Q的质量m2＝1kg,小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168J,小球到达A点或B点时已和弹簧分离.重力加速度g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,不计空气阻力,求：

图3

（1）小球Q运动到C点时的速度大小；

（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；

（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰.

答案　

（1）12m/s　

（2）0.75m　（3）1s

解析　

（1）两小球弹开的过程,由动量守恒定律得：

m1v1＝m2v2

由机械能守恒定律得：

Ep＝m1v＋m2v

联立可得：

v1＝5m/s,v2＝16m/s

小球Q沿圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律可得：

m2v＝m2v＋2m2gR

解得：

vC＝12m/s,

（2）小球P在斜面向上运动的加速度为a1,由牛顿第二定律得：

m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1,

解得：

a1＝10m/s2

故上升的最大高度为：

h＝sinθ＝0.75m

（3）设两小球相遇点距离A点为x,小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P沿斜面下滑的加速度为a2,则：

m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2,

解得：

a2＝2m/s2

小球P上升到最高点所用的时间：

t1＝＝0.5s,

则：

2R＝gt2＋h－a2（t－t1）2sinθ

解得：

t＝1s.

4.（2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考）如图4所示,半径为R1＝1.8m的光滑圆弧与半径为R2＝0.3m的半圆光滑细管平滑连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0m、质量为M＝1.5kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m2＝2kg的物块静止于B处,质量为m1＝1kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为物块m（m＝m1＋m2）.物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当木板速度为2m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住（即速度变为零）,若g＝10m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.

图4

（1）求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；

（2）求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；

（3）若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.

答案　

（1）12J　

（2）190N　（3）0.8m

解析　

（1）设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得：

m1gR1＝m1v,解得vB＝6m/s

m1、m2碰撞满足动量守恒：

m1vB＝（m1＋m2）v共,

解得v共＝2m/s

则碰撞过程中损失的机械能为：

E损＝m1v－mv＝12J

（2）物块m由B到C满足机械能守恒：

mv＋mg×2R2＝mv

解得：

vC＝4m/s

在C处由牛顿第二定律可得：

FN－mg＝m

解得：

FN＝190N.

（3）物块m滑上木板后,当木板速度为v2＝2m/s时,物块速度设为v1,

由动量守恒定律得：

mvC＝mv1＋Mv2

解得v1＝3m/s

设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得：

对物块m：

－μmgx1＝mv－mv,

解得：

x1＝1.4m

对木板M：

μmgx2＝Mv,

解得：

x2＝0.4m

此时木板静止,物块m到木板左端的距离为：

x3＝L＋x2－x1＝1m

设物块m在台阶表面上运动的最大距离为x4,由动能定理得：

－μmg（x3＋x4）＝0－mv,

解得：

x4＝0.8m.