《（全國通用）2022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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2022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（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用）2022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考題一動量定理和能量觀點的綜合應用1.動量定理公式：Ftpp說明：(1)F為合外力恒力，求p時，用pFtb.變力，求I時，用Ipmv2mv1牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率當p一定時，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.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.力學規(guī)律的選用原則單個物體：宜選用動量定理、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

2、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/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重物與地面接觸時間t/s0.1(1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題：重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大??；在

3、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)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a90 m/s2重物在空中運動過程中，由動能定理mghmv2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：(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

4、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Ftmv可知，接觸時間增加了，沖擊力F會減小.答案(1)90 m/s26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.mgC.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時間內對人由動量定理得(Fmg)tmv，解得安全帶對人的平均作用力為Fmg，A項正確.2.一

5、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v09 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)；(2)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由動量定理得：F

6、tmvmv解得F130 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W0mv2解得W9 J.考題二動量守恒定律和能量觀點的綜合應用1.動量守恒定律(1)表達式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p)；或p0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或p1p2(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：理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零.近似守恒：外力遠小于內力，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

7、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R0.5 m，物塊A

8、以v06 m/s的速度滑入圓軌道，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L0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質量均為m1 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(nk)光滑段上的速度vn與n的關系式.解析(1)從AQ由動能定理得mg2Rmv2mv解得v4 m/s m/s在Q點，由牛頓第二定律得Fmgm

9、解得F22 N.(2)A撞B，由動量守恒得mv02mv解得v3 m/s設摩擦距離為x，則2mgx02mv2解得x4.5 m所以k45.(3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得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點距離：s則m2平拋的時間：t平拋的高度：hgt2設m2做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系有：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變式訓練4.如

10、圖5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2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r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2內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

11、范圍.答案(1)，方向逆時針(2)3(3)3mgrQ4mgr解析(1)導體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機械能守恒定律：mgr1mv，vD4導體棒P到達D1D2瞬間：EBLvD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：mvDmvPmvQ代入數(shù)據(jù)得，vP3(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：Q1mvmvmv3mgr若導體棒Q與P能達到共速v，回路中產(chǎn)生的熱量最多，則根據(jù)動量守恒：mvD(mm)v，v2回路中產(chǎn)生的

12、熱量：Q2mv(mm)v24mgr綜上所述，回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgrQ4mgr.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點到桌面的豎直距離也為R.一質量m0.4 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x6t2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌

13、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vD4 m/s設平拋用時為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M點，在M點時其速度為vM，則有m

14、vmvmgR設軌道對物塊的壓力為FN，則FNmgm解得FN(1)mg0m2g解得00.069(3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大小：a10g1.6 m/s2此時兩塊長木板的加速度大?。篴2g0.8 m/s2令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t，則：時間t內小滑塊b的位移x1v2ta1t2兩塊長木板的位移x2a2t2且x1x2L解得：t11 s或t2 s(舍去)b剛離開長木板c時b的速度v2v2a1t13.6 m/sb剛離開長木板c時d的速度v3a2t10.8 m/sd的長度至少為x：由動量守恒可知：m2v2m4v3(m2m4)v解得：v2 m/s0m2gxm2v22m4v(m2m4)v2解得

15、：x1.4 m3.如圖3所示，兩個圓形光滑細管在豎直平面內交疊，組成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B處連接一內徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h3.2 m，一質量m1 kg的小球a從A點以速度v012 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M4 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s0.8 m.(g10 m/s2)圖3(1)求碰后b球的速度大?。?2)求“8”字形管道上下

16、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 m0.7 m(3)不能解析(1)b球離開E點后做平拋運動hgt2，svbt，解得vb1 m/s(2)a、b碰撞過程，動量守恒，以水平向右為正方向，則有：mvamvaMvb解得va3 m/s碰前a在D處恰好與軌道無作用力，則有：mgmr0.9 mR0.7 m(3)小球從B到D，機械能守恒：mvmvmgh解得：mv36.5 J從A到B過程，由動能定理得：Wfmvmv解得：Wf35.5 J從D到B，機械能守恒：m()2mghmvB2解得：mvB232.5 J

17、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：0mv0kmvBEmvkmvmv(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0mv0kmvB可得：vB由qv0Bm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tBt2，xBvBtB由圖可得：RxAxB聯(lián)立上述各式解得：xA.