高考物理二轮复习考前三个月专题动力学动量和能量观点的综合应用教案.docx

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高考物理二轮复习考前三个月专题动力学动量和能量观点的综合应用教案

专题6动力学、动量和能量观点的综合应用

考题一　动量定理和能量观点的综合应用

1.动量定理公式：

Ft＝p′－p

说明：

（1）F为合外力

①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft

②b.变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1

③牛顿第二定律的第二种形式：

合外力等于动量变化率

④当Δp一定时，Ft为确定值：

F＝

t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.

Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp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.g取10m/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/kg

8.5

重物下落高度H/cm

45

重物反弹高度h/cm

20

最大冲击力Fm/N

850

重物与地面接触时间t/s

0.1

（1）请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：

①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；

②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）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：

a＝

解得a＝90m/s2

②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh＝mv2

重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝

重物离开地面瞬时的速度大小v2＝

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：

（F－mg）t＝mv2－m（－v1）

解得F＝510N，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Ft＝Δmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.

答案　

（1）①90m/s2　②6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.＋mgB.－mg

C.＋mgD.－mg

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理得（F－mg）t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确.

2.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图1所示.物块以v0＝9m/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7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.

图1

（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；

（2）若碰撞时间为0.05s，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功W.

答案　

（1）0.32　

（2）130N　（3）9J

解析　

（1）对小物块从A运动到B处的过程中

应用动能定理－μmgs＝mv2－mv

代入数值解得μ＝0.32

（2）取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6m/s

由动量定理得：

FΔt＝mv′－mv

解得F＝－130N

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

－W＝0－mv′2

解得W＝9J.

考题二　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：

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）；或Δp＝0（系统总动量的增量为零）；或Δp1＝－Δp2（相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反）.

（2）动量守恒条件：

①理想守恒：

系统不受外力或所受外力合力为零.

②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.

③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（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R＝0.5m，物块A以v0＝6m/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L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）.

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；

（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vn与n的关系式.

解析　

（1）从A→Q由动能定理得

－mg·2R＝mv2－mv

解得v＝4m/s＞＝m/s

在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝m

解得F＝22N.

（2）A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′

解得v′＝＝3m/s

设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－·2mv′2

解得x＝4.5m

所以k＝＝45.

（3）AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得

－μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2

所以vn＝m/s　（n<45）.

答案　

（1）4m/s　22N　

（2）45

（3）vn＝m/s　（n<45）

变式训练

3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.

图3

答案　（－2）M≤m＜M

解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得

mv0＝mv1＋Mv2

由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv

可得v1＝v0，v2＝v0

要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M

A反向向左运动与B发生碰撞过程，有

mv1＝mv3＋Mv4

mv＝mv＋Mv

整理可得v3＝v1，v4＝v1

由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2

即v0≥v1＝（）2v0

整理可得m2＋4Mm≥M2

解方程可得m≥（－2）M

另一解m≤－（＋2）M舍去

所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足

（－2）M≤m＜M.

考题三　电学中动量和能量观点的综合应用

系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.

（1）对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.

（2）对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体（或系统）.

例3　如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l＝0.045m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10m/s2，求：

图4

（1）碰后m1的速度；

（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为lOP＝0.4m，求磁感应强度B的大小；

（3）其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.

解析　

（1）设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理

－μm1gl＝m1v－m1v

代入数据解得：

v1＝0.4m/s

v2＝0.1m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：

m1v1＝m1v1′＋m2v2

代入数据得：

v1′＝－0.4m/s，方向水平向左

（2）m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g

得：

q＝2×10－3C

由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则qv2B＝m2

轨迹如图，由几何关系有：

R＝lOP

解得：

B＝1T

（3）当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动.

m1匀减速运动至停止，其平均速度大小为：

＝|v1′|＝0.2m/s>v2＝0.1m/s，

所以m2在m1停止后与其相碰

由牛顿第二定律有：

Ff＝μm1g＝m1a

m1停止后离O点距离：

s＝

则m2平抛的时间：

t＝

平抛的高度：

h＝gt2

设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：

R′＝h

由qv2B′＝，联立得：

B′＝0.25T

答案　

（1）－0.4m/s，方向水平向左　

（2）1T　（3）0.25T

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r1＝8r和r2＝r.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）3

（3）3mgr≤Q≤4mgr

解析　

（1）导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：

mgr1＝mv，vD＝4

导体棒P到达D1D2瞬间：

E＝BLvD

回路中的电流I＝＝

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＝，vQ＝

设导体棒P离开轨道