《2020版高考物理大一輪復習 第六章 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用課件 教科版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第六章 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用課件 教科版.ppt（55頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題強化七動力學、動量和能量觀點在力學中的應用,,大一輪復習講義,,第六章動量動量守恒定律,1.本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題. 2.學好本專題，可以幫助同學們熟練應用力學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：動力學方法(牛頓運動定律、運動學規(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、機械能守恒定律和能量守恒定律).,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內容索引,過好雙基關,研透命題點,課時作業(yè),回扣基礎知識 訓練基礎題目,細研考綱和真題 分析突破命題點,限時訓練 練規(guī)范 練速度,,過好雙基關,,,
2、,一、力的三個作用效果與五個規(guī)律,,,ma,p,,二、常見的力學模型及其結論,,,,,v0,,研透命題點,,,1.解動力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，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觀點的
3、綜合應用,(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)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量. (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)機械能與其他形式能量之間的轉換.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(2018全國卷24)汽車A在水平冰雪路面上行駛.駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置
4、如圖1所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m.已知A和B的質量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；,圖1,答案3.0 m/s,解析設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有 mBgmBaB 式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù). 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有 vB22aBsB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB3.0 m/s,(2)碰撞前的瞬間A車速度的大
5、小.,答案4.25 m/s,解析設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA， 根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有 vA22aAsA 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvAmAvAmBvB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA4.25 m/s,變式1(2018重慶市上學期期末抽測)如圖2甲所示，質量m14 kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質量m21 kg的小物塊靜止在長木板的左端.現(xiàn)對小物塊施加一水平向右的作用力F，小物塊和長木板運動的速度時間圖像如圖乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/
6、s2.求： (1)小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)；,圖2,答案0.2,解析由題圖可知：,由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長木板的滑動摩擦力fm1a12 N,(2)水平力的大小F；,答案4 N,由牛頓第二定律可知：Fm2gm2a2 解得F4 N,(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能E.,答案3.6 J,解析撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，最終兩者以相同速度(設為v)運動 m1v1m2v2(m1m2)v 代入數(shù)據(jù)解得v1.6 m/s,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
7、一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律). (2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理. (3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，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.,,,,命題點二動量與能量觀點的綜合應用,例2(2018全國卷24)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空.當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力
8、加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量.求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；,解析設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有,設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有 0v0gt 聯(lián)立式得,(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度.,解析設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有 Emgh1 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有,由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律
9、有,聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為,變式2(2018四川省樂山市第一次調研)如圖3，一質量M6 kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質量m6 kg，停在木板B的左端.質量為m01 kg的小球用長為L0.8 m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與物塊A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度為h0.2 m，物塊A與小球可視為質點，不計空氣阻力.已知物塊A、木板B間的動摩擦因數(shù)0.1，(g10 m/s2)求： (1)小球運動到最低點與物塊A碰撞前瞬間， 小球的速度大?。?圖3,答案4 m/s,(2)小球與物塊A碰撞后瞬間，物塊A的速度大小；
10、,答案1 m/s,解析對小球反彈后過程，由機械能守恒定律得,解得：v12 m/s 小球與物塊A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向為正方向 由動量守恒定律得：m0v0m0v1mvA 解得vA1 m/s,(3)為使物塊A、木板B達到共同速度前物塊A不滑離木板，木板B至少多長.,答案0.25 m,解析物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向為正方向 由動量守恒定律得：mvA(mM)v， 解得v0.5 m/s,解得x0.25 m.,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
11、型圓周運動. (3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動. 2.應對策略 (1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動量或機械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率).,,,,命題點三力學三大觀點解決多過程問題,例3(2018山東省泰安市一模)如圖4所示，質量為m10.5 kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài).質量M1 kg的長木板靜置于水平面
12、上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端.木板左端放有一質量m21 kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)，撤去推力，此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v010 m/s，與小車左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，滑塊Q停在木板上.已知臺面AB部分光滑，P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)10.1，A、C間距離L4 m.滑塊Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)20.4，木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)30.1(g取10 m/s2)，求：,圖4,(1)撤去推力時彈簧的彈性勢能；,答案27 J,解析小物塊P由B點到C點的過程：,解得：W彈27 J EpW彈27 J 即：撤去推力
13、時彈簧的彈性勢能為27 J.,(2)長木板運動中的最大速度；,答案2 m/s,解析小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向 m1v0m1vPm2vQ 小物塊P從碰撞后到靜止,解得vQ6 m/s 滑塊Q在長木板上滑動過程中： 對Q：2m2gm2a1 對木板：2m2g3(Mm2)gMa2 解得：a14 m/s2 a22 m/s2 當滑塊Q和木板速度相等時，木板速度最大，,設最大速度為v，滑行時間為t0 對QvvQa1t0 對木板：va2t0 解得：t01 s v2 m/s 則長木板運動中的最大速度為2 m/s,(3)長木板的最小長度.,答案3 m,解析在滑塊Q和木板相對滑動過程中 Q
14、的位移：,木板的最小長度：LxQx板 解得：L3 m.,變式3(2018河北省定州中學承智班月考)如圖5所示，固定點O上系一長L0.6 m的細繩，細繩的下端系一質量m1.0 kg的小球(可視為質點)，原來處于靜止狀態(tài)，球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力，平臺高h0.80 m，一質量M2.0 kg的物塊開始靜止在平臺上的P點，現(xiàn)對物塊M施予一水平向右的初速,答案3.0 m/s,圖5,度v0，物塊M沿粗糙平臺自左向右運動到平臺邊緣B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經最高點A時，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而物塊M落在水平地面上的C點，其水平位移x1.2 m，不計空氣阻力，g1
15、0 m/s2. (1)求物塊M碰撞后的速度大?。?解析碰后物塊M做平拋運動，設其平拋運動的初速度為v3，平拋運動時間為t,xv3t ,(2)若平臺表面與物塊M間的動摩擦因數(shù)0.5，物塊M與小球的初始距離為x11.3 m，求物塊M在P處的初速度大小.,答案7.0 m/s,解析物塊M與小球在B點處碰撞，設碰撞前物塊M的速度為v1，碰撞后小球的速度為v2，由動量守恒定律： Mv1mv2Mv3 碰后小球從B點處運動到最高點A過程中機械能守恒，設小球在A點的速度為vA，則,由解得：v26.0 m/s ,物塊M從P點運動到B點過程中，由動能定理：,,課時作業(yè),,,1.(2018北京理綜22)2
16、022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一.某滑道示意圖如圖1所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點.質量m60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達B點時速度vB30 m/s.取重力加速度g10 m/s2. (1)求長直助滑道AB的長度L；,1,2,3,4,圖1,答案100 m,(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小；,答案1 800 Ns,解析根據(jù)動量定理，有ImvBmvA1 800 Ns,1,2,3,4,(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，
17、并求其所受支持力FN的大小.,答案見解析圖3 900 N,1,2,3,4,解析運動員經過C點時的受力分析如圖所示. 根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有,1,2,3,4,根據(jù)牛頓第二定律，有,得FN3 900 N,2.(2018安徽省黃山市一質檢)如圖2所示，一對雜技演員(都視為質點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A.已知男演員質量為2m和女演員質量為m，秋千的質量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R.不計空氣阻力，求： (1)擺到最低點B，女演員未推男演 員時秋千繩的拉力；
18、,圖2,1,2,3,4,答案9mg,解析第一個過程：兩雜技演員從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒. 設二者到達B點的速度大小為v0，,1,2,3,4,女演員未推男演員時，秋千繩的拉力設為T，由兩雜技演員受力分析有：,所以T9mg,(2)推開過程中，女演員對男演員做的功；,答案6mgR,解析第二個過程：兩演員相互作用，沿水平方向動量守恒. 設作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2， 所以有(m2m)v02mv2mv1.,1,2,3,4,(3)男演員落地點C與O點的水平距離s.,答案8R,解析第四個過程：男演員自B點平拋，有：sv2t.,1,2,3,4,聯(lián)立可解得s8R.,3.(201
19、8山東省青島市二模)如圖3所示，半徑R2.8 m的光滑半圓軌道BC與傾角37的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切.在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起.某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發(fā)生碰撞.已知小球P的質量m13.2 kg，小球Q的質量m21 kg，小球P與斜面間的動摩擦 因數(shù)0.5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能 Ep168 J，小球到達A點或B點時已和彈 簧分離.重力加速度g10 m/s2，sin 37 0.6
20、，cos 370.8，不計空氣阻力，求：,圖3,1,2,3,4,(1)小球Q運動到C點時的速度大??；,1,2,3,4,答案12 m/s,解析兩小球彈開的過程，由動量守恒定律得：m1v1m2v2,聯(lián)立可得：v15 m/s，v216 m/s 小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得：,解得：vC12 m/s，,(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；,1,2,3,4,答案0.75 m,解析小球P在斜面向上運動的加速度為a1，由牛頓第二定律得： m1gsin m1gcos m1a1， 解得：a110 m/s2,(3)小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球P相碰.,1,2,3,4,答案1 s,解析設兩
21、小球相遇點距離A點為x，小球P從 A點上升到兩小球相遇所用的時間為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則： m1gsin m1gcos m1a2， 解得：a22 m/s2,解得：t1 s.,4.(2018湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖4所示，半徑為R11.8 m的 光滑圓弧與半徑為R20.3 m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上 緊靠管口有一長度為L2.0 m、質量為M1.5 kg的木板，木板上表面正好與管 口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的臺階，其高度正好,圖4,與木板相同.現(xiàn)在讓質量為m22 kg的物塊靜止于B處，質量為m11 kg的物塊從光滑圓弧頂
22、部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開，整體設為物塊m(mm1m2).物塊m穿過半圓管底部C處滑上木板使其從靜止開始向左運動，當木板速度為2 m/s時，木板與臺階碰撞立即被粘住(即速度變?yōu)榱?，若g10 m/s2，物塊碰撞前后均可視為質點，圓管粗細不計.,1,2,3,4,(1)求物塊m1和m2碰撞過程中損失的機械能；,答案12 J,解析設物塊m1下滑到B點時的速度為vB，由機械能守恒可得：,m1、m2碰撞滿足動量守恒：m1vB(m1m2)v共， 解得v共2 m/s,1,2,3,4,(2)求物塊m滑到半圓管底部C處時所受支持力大??；,答案190 N,解析物塊m由B到C滿足機械能守恒：,解得：vC4 m/s,1,2,3,4,解得：N190 N.,(3)若物塊m與木板及臺階表面間的動摩擦因數(shù)均為0.25，求物塊m在臺階表面上滑行的最大距離.,答案0.8 m,1,2,3,4,解析物塊m滑上木板后，當木板速度為v22 m/s時，物塊速度設為v1， 由動量守恒定律得：mvCmv1Mv2 解得v13 m/s 設在此過程中物塊運動的位移為x1，木板運動的位移為x2，由動能定理得：,此時木板靜止，物塊m到木板左端的距離為：x3Lx2x11 m 設物塊m在臺階表面上運動的最大距離為x4，由動能定理得：,1,2,3,4,
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