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知识方法聚焦第2课时第2课时动力学、动量和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)内容：两个物体在碰撞时,如果系统所受到的为零,则系统的总动量保持不变.合外力知识方法聚焦第2课时(2)表达式：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2；或p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的变化量).(3)动量守恒定律的适用条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的.②系统所受合外力不为零,但在某一方向上系统,则在该方向上系统动量守恒.③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程.大小相等、方向相反合力为零所受外力的合力为零本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题知识方法聚焦第2课时2.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要应用定律和运动学公式相结合,常涉及受力、加速或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和问题,以及相互作用的物体系问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析；在涉及`物体系内能量的转化问题时,常用能量的转化和守恒定律.牛顿运动动量时间本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题知识方法聚焦第2课时1.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题,应选用定理；而涉及位移的问题,应选用定理；若涉及加速度的问题,只能选用.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法,就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将其各部分连接成整体的方法.动量动能牛顿第二定律本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题知识方法聚焦第2课时(1)对多个物理过程进行整体思维,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维,即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体(或系统).本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时题型1动量和能量观点在力学中的应用【例1】(18分)如图1所示,固定在地面上的光滑的1/4圆弧面与车C的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块A,其质量为mA＝2kg,在半径为R＝1.25m的1/4圆弧面顶端由静止下滑,车C的质量为mC＝6kg,在车C的左端有一个质量mB＝2kg的滑块B,滑块A与B均可看作质点,滑块A与B碰撞后粘合在一起共同运动,最终没有从车C上滑出,已知滑块A和B与车C的动摩擦因数均为μ＝0.5,车C与水平地面的摩擦忽略不计.取g＝10m/s2.求：本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时图1(1)滑块A滑到圆弧面末端时对轨道的压力大小；(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(3)车C的最短长度.解析(1)根据机械能守恒定律：mAgR＝12mAv2A(2分)vA＝2gR＝5m/s(1分)滑块A滑到圆弧面末端时,根据牛顿第二定律得N－mAg＝mAv2AR(2分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时则N＝mAg＋mAv2AR＝60N(1分)根据牛顿第三定律,滑块A对轨道的压力大小为60N(1分)(2)A滑块与B滑块碰撞,根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v(3分)v＝mAvAmA＋mB＝2.5m/s(1分)(3)A、B在C上滑行受到的摩擦力为：f＝μ(mA＋mB)g＝20N(1分)A、B在C上滑行满足动量守恒(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vC(2分)vC＝1m/s(1分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时设车的最短长度为L,根据能量守恒得12(mA＋mB)v2－12(mA＋mB＋mC)v2C＝fL(2分)L＝0.375m(1分)答案(1)60N(2)2.5m/s(3)0.375m本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时(16分)如图2所示,一质量m＝2kg的滑块从高h＝1.5m处无初速度下落,沿切线方向进入固定的14粗糙圆弧AB,圆弧半径R＝1.5m,再经长L＝4m的粗糙平面BC滑上静止于光滑水平地面上质量为M＝4kg的足够长的长木板,长木板M的上表面与BC面齐平,与C点的间隙可忽略,滑块滑至C点时的速度vC＝6m/s.当滑块m滑至长木板M上表面的同时施加给M一个大小为F＝6N的水平向右的作用力,经t0＝1s撤去F.已知滑块m与粗糙圆弧AB、粗糙平面BC及M上表面的动摩擦因数均为μ＝0.2(g取10m/s2).求：图2本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时(1)滑块m在粗糙圆弧AB上运动时克服摩擦力所做的功；(2)滑块m与长木板M的最终速度的大小及滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生的热量.解析(1)由动能定理可得：mg(h＋R)－μmg·L＋WfAB＝12mv2C(3分)所以：WfAB＝－8J,即在AB圆弧上克服摩擦力做功为8J.(1分)(2)设滑块滑上长木板后,相对长木板滑动时加速度大小为a1,此过程中长木板的加速度大小为a2,则有：μmg＝ma1,解得a1＝μg＝2m/s2(1分)F＋μmg＝Ma2,解得a2＝2.5m/s2(1分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时当两者速度相等时vC－a1t1＝a2t1,解得t1＝43s(1分)因为t0t1,所以撤去外力F时,m、M还未相对静止,此时m的速度v1＝vC－a1t0＝4m/s(1分)M的速度v2＝a2t0＝2.5m/s(1分)该过程m相对M的位移为s相对＝vC＋v12t0－v22t0＝3.75m(1分)产生的热量Q1＝μmgs相对＝15J(1分)此后由于撤去F,由m、M组成的系统满足动量守恒,有mv1＋Mv2＝(M＋m)v共(1分)得滑块m与长木板M的最终速度v共＝3m/s(1分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时由能量守恒知此过程产生的热量为Q2＝12mv21＋12Mv22－12(M＋m)v2共＝1.5J(2分)所以滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生的热量Q总＝Q1＋Q2＝16.5J(1分)答案(1)8J(2)3m/s16.5J本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时题型2动量和能量观点在电学中的应用【例2】(20分)如图3所示,半径为R＝0.2m,光滑绝缘的14圆弧轨道固定在光滑水平地面上,轨道末端水平,紧靠轨道末端有一等高的绝缘平板小车,小车表面水平,车长L＝1m,质量为2M,车子右端与竖直绝缘挡板的距离为s＝1.0m.轨道末端右侧空间存在水平向右、大小为E＝3μMgq的匀强电场.质量为M＝1kg、不带电的滑块B静止在小车的左端,质量也为M、带电荷量为q的滑块A(A、B均可看作质点,图中A未画出),从轨道上的某一点由静止释放,通过轨道末端N点时对轨道的压力为A重的3倍,与滑块B碰撞后粘合在一起,碰撞过程中无电荷量损失.A、B滑块与平板车间的动摩擦因数为μ＝0.2.车与挡板碰后立即被锁定,A、B粘合后与挡板碰撞过程中无能量损失,且不计电荷量损失.(g＝10m/s2)求：本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时图3(1)滑块A释放时距离N点的高度；(2)车与挡板相碰前摩擦产生的热量；(3)车与挡板碰撞后,A、B滑块经过的路程.本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时解析(1)设滑块A到达N点时速度为v1,根据牛顿第二定律得：3Mg－Mg＝Mv21R①(2分)从开始释放到运动到N点,根据机械能守恒定律得Mgh＝12Mv21②(2分)联立①②式得,h＝R＝0.2m(1分)(2)A、B在N点的碰撞过程满足动量守恒定律,设碰后AB速度为v2,Mv1＝2Mv2③(2分)小车与挡板碰撞前,AB加速度为a1＝qE－2μMg2M＝1m/s2④(1分)小车的加速度为a2＝μg＝2m/s2⑤(1分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时设小车从开始运动经历时间t与AB速度相等,有v2＋a1t＝a2t⑥(1分)联立得t＝1s,此时速度为v＝2m/s,1s时间内小车的位移为s1＝12a2t2＝1m⑦(1分)滑块的位移为s2＝v2t＋12a1t2＝1.5m⑧(1分)滑块相对于小车的位移Δs＝s2－s1＝0.5m⑨(1分)此时滑块距挡板s′＝0.5m,故产生热量为Q＝2μMgΔs＝2J⑩(2分)(3)设滑块第一次碰撞后能滑至小车左端,且设挡板处的电势能为零,则第一次AB与挡板碰撞后的动能Ek＝12(2M)v2＋Eqs′－2μMgs′⑪本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时滑块从挡板滑至左端需要的最小能量Emin＝2μMgL＋EqL⑫解得EkEmin⑬故滑块不会从左端滑出(2分)由能量守恒得12(2M)v2＋Eqs′＝2μMgs路＋Eq(s路－s′)⑭(2分)故s路＝1m.(1分)答案(1)0.2m(2)2J(3)1m本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时(18分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间距为l.导轨上面横放着两根导体棒PQ和MN,构成矩形回路,如图4所示.导体棒PQ的质量为m、MN的质量为2m,两者的电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒MN静止于距导轨右端d处,PQ棒以大小为v0的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的电流对磁场产生的影响.图4本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时(1)求PQ棒刚开始运动时,回路产生的电流大小.(2)若棒MN脱离导轨时的速度大小为v04,则回路中产生的焦耳热是多少？(3)若原来回路中靠近MN棒一侧的导轨中串联接有一个恒流电源,该电源使回路中的电流大小始终保持为I0(沿PMNQP方向),试讨论MN棒脱离导轨时速度v的大小与d的关系.解析(1)由法拉第电磁感应定律,棒PQ产生的电动势E＝Blv0(2分)则回路产生的电流大小I＝Blv02R(2分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时(2)棒PQ和MN在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量定恒,得mv0＝mv1＋2m·v04(2分)由能量守恒定律,回路中产生的焦耳热为Q＝12mv20－12mv21－12×2m(v04)2(2分)解得Q＝516mv20(1分)(3)回路中的电流始终保持I0,则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变.若d足够长,则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动,返回轨道左端时速度大小仍为v0,而这个过程棒MN一直向右匀加速运动,由动量守恒定律得mv0＝m(－v0)＋2mv2′(2分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时设这个过程棒MN的位移为s,由动能定理得I0Bls＝12×2mv2′2(2分)解得s＝mv20I0Bl(1分)讨论：①当dmv20I0Bl时,棒MN在导轨上一直向右匀加速运动直到脱离导轨,由动能定理得I0Bld＝12×2mv2解得MN棒脱离导轨时的速度v＝I0Bldm(2分)②当d≥mv20I0Bl时,棒PQ先从导轨左端脱离导轨,棒MN之后保持匀速运动直到脱离导轨,脱离导轨时的速度v＝v2′＝v0(2分)本课时栏目开关知识方法聚焦热点题型例析读题审题解题热点题型例析第2课时答案(1)Blv02R(2)516mv20(3)当dmv20I0Bl时,