2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc
《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 熱點(diǎn)概述 (1)本熱點(diǎn)是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題。(2)學(xué)好本熱點(diǎn)，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題。(3)用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)；動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)。 1．解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn) 綜合問題要綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解。 2．力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)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(duì)位移問題時(shí)，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)。 3．動(dòng)量定理與牛頓第二定律的比較 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。 (2)動(dòng)量定理反映了力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對(duì)沖擊類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)采用動(dòng)量定理求解。 4．動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的比較 5．用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題的步驟 (1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對(duì)象。 (2)分析研究對(duì)象的受力情況、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)以及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過程，作草圖。 (3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點(diǎn)，選擇適用規(guī)律。 ①若用力的觀點(diǎn)解題，要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。 ②若用兩大定理求解，應(yīng)確定過程的始、末狀態(tài)的動(dòng)量(動(dòng)能)，分析并求出過程中的沖量(功)。 ③若可判斷研究對(duì)象在某運(yùn)動(dòng)過程中滿足動(dòng)量守恒或機(jī)械能守恒的條件，則可根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個(gè)守恒定律多用于求研究對(duì)象在末狀態(tài)時(shí)的速度(率)。 (4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時(shí)還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關(guān)系等)并列出輔助方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，計(jì)算結(jié)果。 [例1] 如圖所示，一輛質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的立柱上固定了一條長(zhǎng)度為L(zhǎng)、拴有小球的細(xì)繩。質(zhì)量為m的小球從與懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)阻力。求細(xì)繩拉力的最大值。 解析 當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)此時(shí)小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有mv1－Mv2＝0 系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 mgL＝mv＋Mv 解得v1＝，v2＝ 小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有 T－mg＝ 解得T＝。 答案 方法感悟 研究某一物體瞬時(shí)受力作用時(shí)，一般用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；研究多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，更多用到動(dòng)量觀點(diǎn)。 [例2] 如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)，與光滑水平軌道AC相切于C點(diǎn)，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點(diǎn)B與軌道最低點(diǎn)C的距離為4R。現(xiàn)有質(zhì)量完全相同的兩個(gè)小球，一個(gè)放在水平軌道的C點(diǎn)，另一個(gè)小球壓縮彈簧(不拴接)。當(dāng)彈簧的壓縮量為l時(shí)，釋放小球，使之與C點(diǎn)的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點(diǎn)E；若拿走C點(diǎn)的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE后恰好落在B點(diǎn)。已知彈簧壓縮時(shí)彈性勢(shì)能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次使小球壓縮彈簧時(shí)，彈簧的壓縮量。 解析 設(shè)壓縮量為l時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，由機(jī)械能守恒定律得Ep＝mv 設(shè)小球的質(zhì)量為m，與C點(diǎn)的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1 設(shè)兩小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v2，由臨界條件可知 2mg＝2m 由能量守恒定律得2mv＝2mg2R＋2mv 聯(lián)立解得Ep＝10mgR 第二次壓縮時(shí)，設(shè)壓縮量為x，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep′，小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v3， 由能量守恒定律得Ep′＝mg2R＋mv 小球經(jīng)過E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 2R＝gt2 4R＝v3t 聯(lián)立解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝ 即＝ 解得x＝l。 答案 l 方法感悟 1．應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意的問題 (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，明確各運(yùn)動(dòng)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，或受外力但其內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，或系統(tǒng)在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動(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。 2．能量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)應(yīng)用于直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的組合模型 (1)模型特點(diǎn)：物體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，歷經(jīng)直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)或幾種運(yùn)動(dòng)的組合。 (2)表現(xiàn)形式：①直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)。②圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型的圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型的圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型的圓周運(yùn)動(dòng)。③平拋運(yùn)動(dòng)：與水平面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)應(yīng)對(duì)方法：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動(dòng)過程具有獨(dú)立性，只要對(duì)不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，物體運(yùn)動(dòng)到兩個(gè)相鄰過程的連接點(diǎn)時(shí)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。 [例3] 兩個(gè)質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。 解析 設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時(shí)，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動(dòng)量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v M1vA＝mv 設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為h′，此時(shí)物塊和B的共同速度大小為v′，物塊和劈B在水平方向動(dòng)量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 mv＝(M2＋m)v′ 聯(lián)立解得h′＝h。 答案 h 方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動(dòng)能定理還是機(jī)械能守恒定律或動(dòng)量守恒定律，都應(yīng)合理選取研究過程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系以及物體在相互作用時(shí)能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系。 (3)注意方向性問題，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解時(shí)，都要選定一個(gè)正方向，對(duì)力、速度等矢量都應(yīng)用正、負(fù)號(hào)代表其方向，代入相關(guān)的公式中進(jìn)行運(yùn)算。另外，對(duì)于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對(duì)不同情況進(jìn)行計(jì)算，避免出現(xiàn)漏洞。 1．(2019山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是( ) A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒 B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒 C．物塊仍能停在水平軌道的最左端 D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道 答案 C 解析 軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，故A、B錯(cuò)誤。設(shè)軌道的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝μmgL；軌道不固定時(shí)，假設(shè)物塊能停在軌道上，且與軌道相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0；根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設(shè)成立，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長(zhǎng)L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 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′相切?，F(xiàn)使一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車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)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小； (2)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離。 答案 (1)5 m/s (2)0.5 m 解析 (1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(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＝(M＋m)v1① 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s③ (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)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(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v2④ 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它在平板車水平面上滑動(dòng)的路程為x，由動(dòng)能定理得： mv－(M＋m)v＝μmgx⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得x＝2 m 可知此時(shí)它距點(diǎn)O′的距離x0＝x－L＝0.5 m。⑥ 3．一質(zhì)量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為f。則 (1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？ (2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長(zhǎng)？ (3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內(nèi)相對(duì)木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？ (4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？ (5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長(zhǎng)？ 答案 (1)v0 (2) (3) (4) (5) 解析 (1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。 (2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得 對(duì)木塊：ft＝Mv－0 解得t＝。 (3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動(dòng)能定理得 對(duì)子彈：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 對(duì)木塊：fs2＝Mv2－0。 解得s2＝ 子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即 s相＝s1－s2＝。 (4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為 E損＝mv－(M＋m)v2＝ 系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝fs相＝ 系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 (5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時(shí)有 fL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝ 因此木塊的長(zhǎng)度至少為。 4．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980 g的長(zhǎng)方體勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)，已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長(zhǎng)度為10 cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6 cm。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變。 (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們?cè)诖诉^程中所增加的內(nèi)能； (2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？ 答案 (1)6 m/s 882 J (2)能 解析 (1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝＝ m/s＝6 m/s 此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能 ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝0.023002 J－(0.98＋0.02)62 J＝882 J。 (2)設(shè)子彈以v0′＝400 m/s的速度入射時(shí)剛好能夠射穿質(zhì)量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個(gè)木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝＝ m/s＝8 m/s 此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為 ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝0.024002 J－(0.98＋ 0.02)82 J＝1568 J 由功能關(guān)系有 ΔE＝fs相＝fd ΔE′＝fs相′＝fd′ 則＝＝＝ 解得d′＝d＝6 cm＝10.67 cm 因?yàn)閐′>10 cm，所以能射穿該木塊。 課后作業(yè) 1．(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號(hào)燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動(dòng)，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場(chǎng)情況畫出了如圖所示的事故報(bào)告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報(bào)告圖中P點(diǎn)，并測(cè)量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同。為簡(jiǎn)化問題，將兩車均視為質(zhì)點(diǎn)，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)圖中測(cè)量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是( ) A．發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速率較大 B．發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速率較大 C．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2∶ 答案 BC 解析 設(shè)兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，則x＝ m＝6.5 m。設(shè)碰后兩車的速度大小為v，由v2＝2ax可得v＝。設(shè)v的方向與正東方向間夾角為θ，由動(dòng)量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝，cosθ＝，可知，vB0>vA0，則＝＝，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。 2. 如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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- 2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題四第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案含解析 2020 年高 物理 一輪 復(fù)習(xí) 動(dòng)量 守恒定律 熱點(diǎn) 專題 33 動(dòng)力學(xué)
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