《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題五 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用-人教版高三全冊物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題五 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用-人教版高三全冊物理試題（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題五 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題定位本專題綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)來解決物體運(yùn)動(dòng)的多過程問題.本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，側(cè)重在計(jì)算題中命題，是高考的壓軸題.應(yīng)考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題.由于本專題綜合性強(qiáng)，因此要在審題上狠下功夫，弄清運(yùn)動(dòng)情景，挖掘隱含條件，有針對性的選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法.1.動(dòng)量定理的公式Ftpp除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系

2、，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因.動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系，反映了力對時(shí)間的累積效果，與物體的初、末動(dòng)量無必然聯(lián)系.動(dòng)量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系.動(dòng)量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時(shí)，F(xiàn)應(yīng)是合外力對作用時(shí)間的平均值.2.動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變.(2)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p

3、1p2(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).(3)守恒條件系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零.系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過程.3.解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運(yùn)動(dòng)的問題.(2)動(dòng)量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問題，以及相互作用物體的問題.(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力和位移問題時(shí)，常用動(dòng)能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化

4、問題時(shí)，常用能量守恒定律.1.力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)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)間的問題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.(2)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.2.系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實(shí)，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法.(1)對多個(gè)物理過程進(jìn)行整體思維，即把幾個(gè)過程合為一個(gè)過程來處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng).(2)對多個(gè)研究對象進(jìn)行整體思維，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的

5、獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng)).解題方略1.彈性碰撞與非彈性碰撞碰撞過程遵從動(dòng)量守恒定律.如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞；如果碰撞過程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞.2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)；(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；(4)由動(dòng)量守恒定律列式求解；(5)必要時(shí)對結(jié)果進(jìn)行討論.例1如圖1所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為m1 kg的小車，小車右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一

6、質(zhì)量為m01 kg的物塊，物塊與上表面光滑的小車一起以v05 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為M4 kg的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞時(shí)間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi).求：(1)碰撞結(jié)束時(shí)，小車與小球的速度；(2)從碰后瞬間到彈簧被壓至最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小.圖1解析(1)設(shè)碰撞后瞬間小車的速度大小為v1，小球的速度大小為v，由動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒有：mv0Mvmv1mvmvMv2解得v1v03 m/s，小車速度方向向左.vv02 m/s，小球速度方向向右.(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊與小車有共同進(jìn)度，設(shè)小車的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m0v0mv1

7、(m0m)v2，解得v21 m/s.設(shè)碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據(jù)動(dòng)量定理有Imv2mv1，解得I4 Ns.答案(1)小車：3 m/s，方向向左小球：2 m/s，方向向右(2)4 Ns預(yù)測1(2016全國乙卷35(2)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中.為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)

8、玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度.答案(1)v0S(2)解析(1)在剛噴出一段很短的t時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變.該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度lv0t噴出水柱質(zhì)量mV其中V為水柱體積，滿足VlS由可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為v0S.(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖Mg其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力由牛頓第三定律：F壓F沖其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，v為水柱到達(dá)玩具底面時(shí)的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2v2gh在很短t時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為mmv0St由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理(F壓mg)tmv由于t很小，mg也很

9、小，可以忽略，式變?yōu)镕壓tmv由可得h.解題方略1.弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程.2.進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).3.光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析.4.如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析.例2 如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O處相切.現(xiàn)將一質(zhì)量m1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車

10、的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g10 m/s2，求：圖2(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??；(2)小物塊與車最終相對靜止時(shí)，它距點(diǎn)O的距離.解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1由動(dòng)量守恒得：mv0(Mm)v1由能量守恒得：mv(Mm)vmgRmgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v05 m/s(2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得：mv0(Mm)v2設(shè)小物塊與車最終相對靜止

11、時(shí)，它距O點(diǎn)的距離為x，由能量守恒得：mv(Mm)vmg(Lx)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x0.5 m.答案(1)5 m/s(2)0.5 m預(yù)測2如圖3所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方.現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程中B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能.圖3答案mmgh解析設(shè)小

12、球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mghmv解得：v1設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有：mgmv12解得：v1 設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv1mv15mv2解得：v2 由動(dòng)量定理可得，碰撞過程中B物塊受到的沖量大小為：I5mv2m碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv28mv3據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Epm5mv8mv解得：Epmmgh.解題方略力學(xué)規(guī)律選用的一般原則力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律，從兩個(gè)守恒定律的表達(dá)式看出多項(xiàng)都是狀態(tài)量

13、(速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(位移x，時(shí)間t)問題，不能解決力(F)的問題.(1)若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律.(2)若物體(或系統(tǒng))涉及到速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理.(3)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律.(4)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對路程，運(yùn)用動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)問題特別方便.例3(2015廣東理綜36)如圖4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(cè)的直軌道相切，半徑R0.5 m，物塊A以v06 m

14、/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)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(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，每段長度都為L0.1 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4(1)求A滑過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FNmgm解得FN2

15、2 N.(2)A撞B，由動(dòng)量守恒得mv02mv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(n2.8mg，故細(xì)繩會(huì)斷裂，小球做平拋運(yùn)動(dòng).2.如圖2所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能達(dá)到C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，木板C長為L，求：圖2(

16、1)A物體的最終速度；(2)A在木板C上滑行的時(shí)間.答案(1)(2)解析(1)設(shè)A、B、C的質(zhì)量為m，B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B、C碰后的共同速度為v1，則mv02mv1，解得v1，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終A、C的共同速度為v2，則mv0mv12mv2，解得v2.(2)在A、C相互作用的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有FfLmvmv2mv(Ff為A、C間的摩擦力)，代入解得Ff.此過程中對C，根據(jù)動(dòng)量定理有Fftmv2mv1，代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得t.3.如圖3所示，整個(gè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45角

17、，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱悖滟|(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量為km(k7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點(diǎn)燃火藥(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3(1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；(2)A球在磁場中的運(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(

18、2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶隽Φ却蠓聪颍蔄球進(jìn)入電場中將會(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tBt2xBvBtB由圖可得：RxAxB聯(lián)立上述各式解得：xA.4.如圖4所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點(diǎn)為彈簧原長位置，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑.水平段OP長為L1 m，P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成30的足夠長的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，傳送帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3 m/s，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧(與

19、彈簧不拴接)，使彈簧獲得的彈性勢能Ep9 J，物塊與OP段動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)2，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后A、B交換速度，重力加速度g10 m/s2，現(xiàn)釋放A，求：圖4(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速率v0；(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；(3)A、B能夠碰撞的總次數(shù).答案(1)4 m/s(2)12.25 J(3)6次解析(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A與B第一次碰前的速率為v0，則Epmv1mgL，解得v04 m/s.(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA0

20、，vB4 m/s，碰后B沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，加速度大小設(shè)為a1，則mgsin 2mgcos ma1，解得a1gsin 2gcos 10 m/s2.運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t10.4 s.位移x1t10.8 m.此過程相對運(yùn)動(dòng)路程s1vt1x12 m.此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，加速時(shí)間為t20.3 s.位移為x2t20.45 m.此過程相對運(yùn)動(dòng)路程s2vt2x20.45 m，全過程摩擦生熱Q2mgcos (s1s2)12.25 J.(3)B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運(yùn)動(dòng)再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復(fù)這一過程直至兩者不再碰撞.則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從第二次碰撞后到不再碰撞：mv22n1mgL，解得第二次碰撞后重復(fù)的過程數(shù)為n2.25.所以碰撞總次數(shù)為N22n6.56次(取整數(shù)).