《2020屆高考物理一輪復習 13.5動量 能量的綜合應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理一輪復習 13.5動量 能量的綜合應用學案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第 5課時　動量、能量的綜合應用 基礎知識歸納 力學研究的是物體的受力情況與運動變化的關系，以三條線索(包括五條重要規(guī)律)為紐帶建立聯(lián)系.下表是重要的力學規(guī)律的對比. 特征 規(guī)律 內(nèi)容 表達式 研究對象 應用條件 力的瞬時作用效應 牛頓運動定律 物體的加速度大小與合外力成正比，方向與合外力方向　相同　 F合＝kma 質(zhì)點 　宏觀、低速　運動的物體 力對空間的累積效應 動能定理 外力對物體所做的功等于物體動能的　增量　 W合＝ΔE 質(zhì)點 機械能守恒 定律 當系統(tǒng)只有重力或彈力做功時，機械能的總量保持　不變　 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep

2、2或 E1＝E2 系統(tǒng)中的 物體 只有 重力 或 彈力　做功 力對時間的累積效應 動量定理 物體所受合外力的沖量等于它的動量變化 I＝Δp 質(zhì)點 動量守恒 定律 系統(tǒng)不受外力或所受的合外力為零時，系統(tǒng)總動量　保持不變　 p1＋p2＝ p1′＋p2′或 p1＝p2 系統(tǒng)中的 物體 系統(tǒng)所受的合外力為零 重點難點突破 一、力學規(guī)律的優(yōu)選策略 1.牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運動過程中的加速度時，應采用運動學公式和牛頓第二定律. 2.動量定理反映了力對時間的累積效應

3、，適合于不涉及物體運動過程中的加速度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應采用動量定理求解. 3.動能定理反映了力對空間的累積效應，對不涉及物體運動過程中的加速度和時間，而涉及力和位移、速度的問題，無論是恒力還是變力，一般用動能定理求解. 4.若研究對象是一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個“守恒定律”求解，應用時應注意研究對象是否滿足定律的守恒條件. 5.在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，應注意到，一般情況下這些過程中均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，這些過程動量一般是守恒的. 二、怎樣分析動量和能量問題 應用動量和能量

4、知識時，第一是研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒定律，都有一個過程的選取問題；第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作用時能量的轉(zhuǎn)化關系；第三是方向性問題，運用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，然后對力、速度等矢量以正負號代表其方向，代入相關的公式中進行運算.另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，作出正確的分析判斷后，再針對不同情況進行計算，避免出現(xiàn)漏洞. 三、對子彈射木塊模型的討論 一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入一放在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊中，最終子彈同木塊一起運動. 1.對系統(tǒng)動量守恒：mv0

5、＝(m＋M)v 2.對子彈：－f(d＋s)＝mv2－mv，木塊對子彈的作用力f對子彈做負功(s是子彈穿木塊時木塊的位移，d是子彈進入木塊的深度). 3.對木塊：fs＝Mv2，子彈對木塊的作用力對木塊做正功，使其動能增大. 由以上幾式得：fd＝mv－(m＋M)v2，則木塊對子彈的作用力f與穿入的深度d(相對位移)的乘積等于系統(tǒng)動能的減少量，這就是轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分. 四、解決力學問題的基本步驟 1.認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象. 2.分析研究對象受力情況及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)的變化過程，作草圖. 3.根據(jù)運動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點，選擇規(guī)律. 若用力的觀點解題，

6、要認真分析受力及運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度；若用兩大定理求解，應確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；若判斷過程中動量或機械能守恒，根據(jù)題意選擇合適的始、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). 4.根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時還需挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)列補充方程. 5.代入數(shù)據(jù)，計算結(jié)果. 典例精析 1.動量守恒與機械能守恒條件的區(qū)分 【例1】如圖所示，小車在光滑水平面向左勻速運動，輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，物體用線拉在A點將彈簧壓縮，某時刻線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上，則下述說

7、法正確的是(　　) ①若物體滑動中不受摩擦力，則全過程機械能守恒 ②若物體滑動中有摩擦力，則全過程動量守恒 ③兩種情況下，小車的最終速度與斷線前相同 ④兩種情況下，系統(tǒng)損失的機械能相同 A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②③④ 【解析】取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)水平方向不受外力(即使有摩擦，物體與小車間的摩擦力為內(nèi)力)，故全過程系統(tǒng)動量守恒，小車的最終速度與斷線前相同.但由于物體粘在B端的油泥上，即物體與小車發(fā)生完全非彈性碰撞，有機械能損失，故全過程機械能不守恒. 【答案】B 【思維提升】(1)明確物理過程，弄清物理現(xiàn)象發(fā)生的條件是正確處理動量、能

8、量的關鍵. (2)注意到兩個守恒定律的條件是不同的. 【拓展1】如圖所示，固定有光滑圓弧軌道的小車A靜止在光滑的水平面上，軌道足夠長，其下端部分水平，有一小滑塊B以某一水平初速度滑上小車，滑塊不會從圓弧上端滑出，則滑塊B在小車上運動的過程中( BD ) A.當滑塊上升到最大高度時，滑塊的速度為零 B.滑塊運動過程中機械能守恒 C.滑塊離開小車時的速度與滑上小車時的速度大小相等 D.滑塊B在小車上運動的過程中，滑塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒 2.子彈射木塊模型的應用 【例2】如圖所示，質(zhì)量為M的木塊固定在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平射向木塊，并能射穿，設木塊的

9、厚度為d，木塊給子彈的平均阻力恒為f.若木塊可以在光滑的水平面上自由滑動，子彈以同樣的初速度水平射向靜止的木塊，假設木塊給子彈的阻力與前一情況一樣，試問在此情況下要射穿該木塊，子彈的初動能應滿足什么條件？ 【解析】若木塊在光滑水平面上能自由滑動，此時子彈若能恰好打穿木塊，那么子彈穿出木塊時(子彈看為質(zhì)點)，子彈和木塊具有相同的速度，把此時的速度記為v，把子彈和木塊當做一個系統(tǒng)，在它們作用前后系統(tǒng)的動量守恒，即 mv0＝(m＋M)v 對系統(tǒng)應用動能定理得 fd＝mv－(M＋m)v2 由上面兩式消去v可得 fd＝mv－(m＋M)()2 整理得mv＝fd 即mv＝(1＋)fd 據(jù)上

10、式可知，E0＝mv就是子彈恰好打穿木塊所必須具有的初動能，也就是說，子彈恰能打穿木塊所必須具有的初動能與子彈受到的平均阻力f和木塊的厚度d(或者說與f·d)有關，還跟兩者質(zhì)量的比值有關，在上述情況下要使子彈打穿木塊，則子彈具有的初動能E0必須大于(1＋)f·d. 【思維提升】(1)木塊固定時，子彈和木塊系統(tǒng)動量不守恒. (2)不管木塊是否固定，子彈擊穿木塊過程中摩擦生熱相同，且Q＝f·d. 【拓展2】如圖所示，一質(zhì)量m2＝0.20 kg的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量m3＝0.25 kg的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車靜止在光滑的水平軌道上.現(xiàn)有一質(zhì)量m

11、1＝0.05 kg的子彈以水平速度v0＝12 m/s射中小車左端，并留在車中.子彈與車相互作用時間很短.若使小物體不從車頂上滑落，g取10 m/s2.求： (1)小車的最小長度應為多少？最后小物體與小車的共同速度為多少？ (2)小物體在小車上相對小車滑行的時間. 【解析】(1)子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得 m1v0＝(m2＋m1)v1 ① 由三物體組成的系統(tǒng)動量守恒得 (m2＋m1)v1＝(m2＋m1＋m3)v2 ② 設小車最小長度為L，三物體相對靜止后，對系統(tǒng)利用能量守恒定律得 (m2＋m1)v－(m2＋m1＋m3)v＝μm3g

12、L ③ 聯(lián)立以上方程解得L＝0.9 m 車與物體的共同速度為 v2＝2.1 m/s(或1.2 m/s) (2)以m3為研究對象，利用動量定理得： μm3gt＝m3v2 ④ 解得t＝0.52 s(或0.3 s) 3.動量守恒和能量守恒的綜合應用 【例3】如圖所示，長50 m的水平傳送帶始終以大小為v＝5 m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質(zhì)量為M＝2 kg的小木盒A.A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.先后相隔 Δt＝3 s有兩個光滑的質(zhì)量為m＝1 kg的球B自傳送帶的左端以速度v0＝25 m/s的初速度在傳送帶上向右運動.第1個球與隨傳送帶一道運動的木盒相遇后，球立即

13、進入盒子中且不再出來.已知第2個球出發(fā)后歷時Δt′＝(1/3) s與木盒相遇.取g＝10 m/s2，求： (1)第1個球與木盒相遇后的瞬間，兩者的共同速度為多大？ (2)第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端有多遠？ (3)自木盒與第1個球相遇至第2個球相遇的這一過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？ 【解析】(1)設第1個球與木盒碰后瞬間的共同速度為v同，選向右為正方向，對小球木盒組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mv0－Mv＝(M＋m)v同，得v同＝5 m/s，方向向右. (2)設第1個球經(jīng)過時間t1與木盒相遇，相遇后以5 m/s的共同速度向右做勻減速直線運動，運動加速度由牛頓

14、第二定律可得a＝μ(M＋m)g/(M＋m)＝5 m/s2 設木盒與第1個球相碰后歷時Δt2回到原來位置，此后木盒與傳送帶一起向左勻速運動，由運動學公式有 Δt2＝2v同/a 木盒再勻速運動Δt＋ Δt′－t1－ Δt2時間即可與第2個球相遇，依題意有v0t1＝( Δt＋Δt′－t1－ Δt2)v＋ Δt′v0，所求距離L＝v0t1 由以上各式代入已知數(shù)據(jù)得L＝12.5 m (3)由(2)求解過程可知，在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，木盒相對傳送帶的路程x＝10 m，所以Q＝f·x＝μ(M＋m)gx＝150 J 【思維提升】學會分析物理過程，恰當選擇物理規(guī)律解題.

15、【拓展3】如圖所示，C是放在光滑水平面上的一塊木板，木板質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板.求： (1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移； (2)木塊A在整個過程中的最小速度. 【解析】(1)木塊A先做勻減速直線運動至與C速度相同，后與C一道做勻速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速運動，直到A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，故： mv0＋2mv0＝(m＋m

16、＋3m)v1，v1＝0.6v0；對木塊B運用動能定理，有－μmgx＝mv－m(2v0)2 所以x＝ (2)設木塊A在整個過程中的最小速度為v′(此時A、C共速)，由動量定理知，至此，A、B的動量變化相同，都為m(v0－v′)，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有 2m(v0－v′)＝3mv′ 所以木塊A在整個過程中的最小速度v′＝ 易錯門診 4.繩拉小球模型的運動規(guī)律 【例4】長L＝1 m，不可伸長的細繩系住質(zhì)量m＝0.2 kg的小球懸掛在天花板上的O點，現(xiàn)將球拿至與O點等高、距O點d＝0.6 m的A點由靜止自由釋放，求小球過最低點時的速度及細繩對小球的拉力. 【錯解】設小球從A

17、點落至最低點時速度為v，則根據(jù)機械能守恒定律得 mv2＝mgL 所以v＝＝m/s＝2 m/s 在最低點時，由牛頓第二定律有 F－mg＝ 所以F＝mg＋＝(0.2×10) N＋ N＝6 N 【錯因】小球自A點下落的過程中，當繩子剛繃直時，繩子不能伸長，沿繩子方向突然受到繩子的拉力作用，在這個力的作用下，沿繩方向的沖量使小球沿繩子方向的分動量變?yōu)榱?，因而有機械能的損失. 【正解】設小球落至B點時繩剛好被拉直，此時小球的速度為vB，如圖所示，根據(jù)機械能守恒定律得 mv＝mghAB ① 又由幾何知識可得 hAB＝＝ m＝0.8 m ② 且θ＝53° 所以由①②兩式求得 vB＝＝ m/s＝4 m/s 在B點，由于繩的張力作用，使得vB1在極短的時間內(nèi)變?yōu)榱?，只剩下切向分量vB2，動能的損失為 ΔE＝m(vBsin θ)2＝×0.2×(4×0.8)2 J＝1.024 J 由A點落至C點的過程中，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律得 mv＝mgL－ΔE＝(0.2×10×1) J－1.024 J＝0.976 J 在最低點時，由牛頓第二定律有 F－mg＝ 所以F＝mg＋＝(0.2×10) N＋ N＝3.952 N 【思維提升】解此題需分清小球運動的三個階段，即自由落體、繩張緊和圓周運動，另外要注意繩張緊過程有能量損失.