《（全國(guó)通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題6 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題6 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題6 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用考題一動(dòng)量定理和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.動(dòng)量定理公式：Ftpp說(shuō)明：(1)F為合外力恒力，求p時(shí)，用pFtb.變力，求I時(shí)，用Ipmv2mv1牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動(dòng)量變化率當(dāng)p一定時(shí)，F(xiàn)t為確定值：Ft小F大如碰撞；t大F小緩沖(2)等式左邊是過(guò)程量Ft，右邊是兩個(gè)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.p的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定與Ft一致.2.力學(xué)規(guī)律的選用原則單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律.若其中涉及時(shí)間的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及

2、加速度的問(wèn)題，只能選用牛頓第二定律.例1據(jù)統(tǒng)計(jì)人在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(gè)問(wèn)題，實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)利用落錘沖擊的方式進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，即通過(guò)一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來(lái)模擬人體落地時(shí)的情況.重物與地面的形變很小，可忽略不計(jì).g取10 m/s2.下表為一次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的相關(guān)數(shù)據(jù).重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反彈高度h/cm20最大沖擊力Fm/N850重物與地面接觸時(shí)間t/s0.1(1)請(qǐng)你選擇所需數(shù)據(jù)，通過(guò)計(jì)算回答下列問(wèn)題：重物受到地面的最大沖擊力時(shí)的加速度大?。辉谥匚锱c地面接觸過(guò)程中，重物受到的地面施加的平

3、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(guò)程中受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請(qǐng)你提供一種可行的方法并說(shuō)明理由.解析(1)重物受到最大沖擊力時(shí)加速度的大小為a由牛頓第二定律：a解得a90 m/s2重物在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理mghmv2重物與地面接觸前瞬時(shí)的速度大小v1重物離開(kāi)地面瞬時(shí)的速度大小v2重物與地面接觸過(guò)程，重物受到的平均作用力大小為F，設(shè)豎直向上為正方向由動(dòng)量定理：(Fmg)tmv2m(v1)解得F510 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(guò)增加人與地面接觸時(shí)間來(lái)減小沖擊力(如落

4、地后雙腿彎曲)，由動(dòng)量定理Ftmv可知，接觸時(shí)間增加了，沖擊力F會(huì)減小.答案(1)90 m/s26倍(2)見(jiàn)解析變式訓(xùn)練1.高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開(kāi)始跌落到安全帶對(duì)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(yùn)動(dòng)).此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)量，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為()A.mg B.mgC.mg D.mg答案A解析由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得人下降h距離時(shí)的速度為v，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(Fmg)tmv，解得安全帶對(duì)人的平均作用力為Fmg，A項(xiàng)正確.2.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A

5、點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示.物塊以v09 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)直至靜止.g取10 m/s2.圖1(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)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(duì)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B處的過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理mgsmv2mv代入數(shù)值解得0.32(2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v6 m/s由動(dòng)量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中“”表示墻面對(duì)

6、物塊的平均作用力方向向左.(3)對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得W0mv2解得W9 J.考題二動(dòng)量守恒定律和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.動(dòng)量守恒定律(1)表達(dá)式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p)；或p0(系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零)；或p1p2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量的增量大小相等、方向相反).(2)動(dòng)量守恒條件：理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零.近似守恒：外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，且作用時(shí)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.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(dòng)量守恒.動(dòng)量守恒定律應(yīng)用要注

7、意的三性(1)矢量性：在一維運(yùn)動(dòng)中要選取正方向，未知速度方向的一律假設(shè)為正方向，帶入求解.(2)同時(shí)性：m1v1和m2v2作用前的同一時(shí)刻的動(dòng)量m1v1和m2v2作用后的同一時(shí)刻的動(dòng)量(3)同系性：各個(gè)速度都必須相對(duì)于同一個(gè)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(guān)、微觀(guān)、高速、低速)2.力學(xué)規(guī)律的選用原則多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決.例2如圖2所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)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R0.5 m，物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)

8、Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)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(zhǎng)度都為L(zhǎng)0.1 m，物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短).圖2(1)求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)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(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(gè)(nk)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式.解析(1)從AQ由動(dòng)能定理得mg2Rmv2mv解得v4 m/s m/s在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得Fmgm解得F22 N.(2)A撞B，由動(dòng)量守恒得m

9、v02mv解得v3 m/s設(shè)摩擦距離為x，則2mgx02mv2解得x4.5 m所以k45.(3)AB滑至第n個(gè)光滑段上，由動(dòng)能定理得2mgnL2mv2mv2所以vn m/s(n45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn m/s(nv20.1 m/s，所以m2在m1停止后與其相碰由牛頓第二定律有：Ffm1gm1am1停止后離O點(diǎn)距離：s則m2平拋的時(shí)間：t平拋的高度：hgt2設(shè)m2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系有：Rh由qv2B，聯(lián)立得：B0.25 T答案(1)0.4 m/s，方向水平向左(2)1 T(3)0.25 T變式訓(xùn)練4.如圖5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2

10、是距離為L(zhǎng)的相同光滑導(dǎo)軌，C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧，半徑分別為r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)體棒P、Q的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余電阻不計(jì)，Q停在圖中位置，現(xiàn)將P從軌道最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放，則：圖5(1)求導(dǎo)體棒P進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，回路中的電流的大小和方向(順時(shí)針或逆時(shí)針)；(2)若P、Q不會(huì)在軌道上發(fā)生碰撞，棒Q到達(dá)E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，求導(dǎo)體棒P離開(kāi)軌道瞬間的速度；(3)若P、Q不會(huì)在軌道上發(fā)生碰撞，且兩者到達(dá)E1E2瞬間，均能脫離軌道飛出，求回路中產(chǎn)生熱量的范圍.答案(1)，方向逆時(shí)針(2)3(3)3

11、mgrQ4mgr解析(1)導(dǎo)體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgr1mv，vD4導(dǎo)體棒P到達(dá)D1D2瞬間：EBLvD回路中的電流I方向逆時(shí)針(2)棒Q到達(dá)E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，此時(shí)對(duì)Q：mg，vQ設(shè)導(dǎo)體棒P離開(kāi)軌道瞬間的速度為vP，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mvDmvPmvQ代入數(shù)據(jù)得，vP3(3)由(2)知，若導(dǎo)體棒Q恰能在到達(dá)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：Q1mvmvmv3mgr若導(dǎo)體棒Q與P能達(dá)到共速v，回路中產(chǎn)生的熱量最多，則根據(jù)動(dòng)量守恒：mvD(mm)v，v2回路中產(chǎn)生的熱量：Q2mv(mm)v24mgr綜上所述，

12、回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgrQ4mgr.專(zhuān)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(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R0.8 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(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x6t2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線(xiàn)落入圓軌道.(重力加速度g

13、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(dá)M點(diǎn)；(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(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy同時(shí)tan 45，解得vD4 m/s設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為x，則有Rgt2xvDt解得x1.6 m物塊B碰后以初速度v06 m/s，加速度大小a4 m/s2減速到vD，則BD間的位移為x12.5 m故BP之間的水平距離xBPxx14.1 m(2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，則有mvmvmgR設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力為FN，則FN

14、mgm解得FN(1)mg0m2g解得00.069(3)小滑塊b滑上長(zhǎng)木板c時(shí)的加速度大小：a10g1.6 m/s2此時(shí)兩塊長(zhǎng)木板的加速度大?。篴2g0.8 m/s2令小滑塊b在長(zhǎng)木板c上的滑行時(shí)間為t，則：時(shí)間t內(nèi)小滑塊b的位移x1v2ta1t2兩塊長(zhǎng)木板的位移x2a2t2且x1x2L解得：t11 s或t2 s(舍去)b剛離開(kāi)長(zhǎng)木板c時(shí)b的速度v2v2a1t13.6 m/sb剛離開(kāi)長(zhǎng)木板c時(shí)d的速度v3a2t10.8 m/sd的長(zhǎng)度至少為x：由動(dòng)量守恒可知：m2v2m4v3(m2m4)v解得：v2 m/s0m2gxm2v22m4v(m2m4)v2解得：x1.4 m3.如圖3所示，兩個(gè)圓形光滑細(xì)

15、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h3.2 m，一質(zhì)量m1 kg的小球a從A點(diǎn)以速度v012 m/s的速度向右進(jìn)入直管道，到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)恰好與軌道無(wú)作用力，直接進(jìn)入DE管(DE管光滑)，并與原來(lái)靜止于E處的質(zhì)量為M4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)).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(diǎn)水平拋出，其水平射程s0.8 m.(g10 m/s2)圖3(1)求碰后b球的速度大小；(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

16、運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力為定值，請(qǐng)判斷a球返回到BA管道時(shí)，能否從A端穿出？答案(1)1 m/s(2)0.9 m0.7 m(3)不能解析(1)b球離開(kāi)E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)hgt2，svbt，解得vb1 m/s(2)a、b碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有：mvamvaMvb解得va3 m/s碰前a在D處恰好與軌道無(wú)作用力，則有：mgmr0.9 mR0.7 m(3)小球從B到D，機(jī)械能守恒：mvmvmgh解得：mv36.5 J從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：Wfmvmv解得：Wf35.5 J從D到B，機(jī)械能守恒：m()2mghmvB2解得：mvB232.5 J7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點(diǎn)燃火

17、藥(此時(shí)間極短且不會(huì)影響小球的質(zhì)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(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；(2)A球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)若一段時(shí)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(shè)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(dòng)量守恒可得：0mv0kmvBEmvkmvmv(2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶?chǎng)力等大反向，故A球進(jìn)入電場(chǎng)中將會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示則T有幾何知識(shí)可得：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了個(gè)圓周則t2(3)由0mv0kmvB可得：vB由qv0Bm知，R設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運(yùn)動(dòng)的位移為xB，時(shí)間為tB則tBt2，xBvBtB由圖可得：RxAxB聯(lián)立上述各式解得：xA.14