【步步高】高考物理二轮 复习与增分策略 专题四 第2课时 动力学 动量和能量观点的综合应用课件

第2课时动力学、动量和能量观点的综合应用知识方法聚焦知识回扣1．动量守恒定律(1)内容：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．(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(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量)．大小相等、方向相反合外力(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．合力为零合力为零所受外力的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、加速度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．时间牛顿运动动量规律方法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．牛顿第二定律动量动能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．(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整体(或系统)．热点题型例析题型1动量和能量观点在力学中的应用例1(17分)如图1所示，凹槽的水平底面宽度s＝0.3m，左侧高度H＝0.45m，右侧高度h＝0.25m．凹槽的左侧竖直面与半径R＝0.2m的1/4光滑圆弧轨道相接，A和B分别是圆弧的端点，右侧竖直面与水平面MN相接．小球P1由静止开始从A点沿圆弧轨道滑下，与静置于B点的小球P2发生弹性碰撞．P2的质量m＝1kg，P1的质量是P2质量的k倍．已知重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图1(1)求小球P1从圆弧轨道滑至B点时的速度大小；(2)若小球P2碰撞后第一落点在M点，求碰撞后P2的速度大小；(3)设小球P2的第一落点与凹槽左侧竖直面的水平距离为x，试求x的表达式．解析(1)P1从A点滑至B点过程中，根据动能定理有：12kmv2＝kmgR(2分)解得在B点的速度v＝2gR＝2m/s(1分)(2)小球P2从B点到M点，根据平抛运动规律有：H－h＝12gt2得下落时间t＝2H－hg＝0.2s(1分)由s＝vMt解得小球P2从B点抛出时的速度vM＝st＝34v＝1.5m/s(2分)(3)根据动量守恒定律有：kmv＝kmv1＋mv2(2分)根据能量守恒有：12kmv2＝12kmv21＋12mv22(2分)解得：v2＝2kk＋1v(1分)①当P2落在MN水平面，则v2≥vM，解得k≥35(1分)即当k≥35时，x＝v2t＝2kk＋1v·t＝4k5k＋1(1分)②当P2落在凹槽底面时，落地时间t′＝2Hg＝0.3s最大抛出速度v′＝st′＝12v＝1m/s(1分)所以若P2落在凹槽底面时，则v2≤v′，解得k≤13(1分)即当0k≤13时，x＝v2t＝2kk＋1v·t′＝6k5k＋1(1分)③当13k35时，P2落在右侧竖直面上，故x＝s＝0.3m(1分)答案(1)2m/s(2)1.5m/s(3)当k≥35时，x＝4k5k＋1当0k≤13时，x＝6k5k＋1当13k35时，x＝0.3m针对训练1(20分)如图2所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数μ＝38，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A，B间的距离d＝0.24m．把一小球放在槽内中点处，球和槽的质量相等，现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞？(2)第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度各多大？(3)球与槽的侧壁第一次碰撞后再经多少时间发生第二次碰撞？图2解析设球和槽的质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为f＝μ·2mgcosθ＝0.6mg(1分)槽所受重力沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝0.6mg(1分)因为G1＝f，所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，mgsinθ＝ma1得a1＝6m/s2(2分)经时间t1球与槽的侧壁B发生第一次碰撞12d＝12a1t21得t1＝0.2s(2分)(2)碰撞前球的速度为v1＝a1t1＝1.2m/s(2分)球和槽发生碰撞前后，动量定恒mv1＝mv1′＋mv2′(2分)碰撞过程不损失机械能，得12mv21＝12mv1′2＋12mv2′2(2分)解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1′和槽的速度v2′分别为：v1′＝0，v2′＝1.2m/s(方向沿斜面向下)(1分)(3)第一次碰撞后，槽做匀速运动，球做匀加速运动，设经时间t′球的速度等于槽的速度v2′，此时球到侧壁B的距离最大，设为s：由v2′＝a1t′得t′＝0.2s(2分)因s＝v2′t′－12v2′t′＝12v2′t′＝0.12md(2分)所以此时球与槽的侧壁A没有发生碰撞，这以后球与侧壁B的距离减小，直到发生第二次碰撞．设球与槽的侧壁B第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，该过程中位移相同：由v2′t2＝12a1t22解得：t2＝0.4s(3分)答案(1)0.2s(2)01.2m/s(3)0.4s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，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量是km(k7)．A、B间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A的速度为v0.求：图3(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后AB在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离．解析(1)设爆炸之后B的速度为vB，选向左为正方向在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvB(2分)又由能量守恒可得：E＝12mv20＋12kmv2B＝k＋12kmv20(2分)(2)由“A球对桌面的压力为零”可知重力和电场力等大反向，故A球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则T＝2πmqB(2分)有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周(2分)则t＝3πm2qB(2分)(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝v0k(1分)R＝mv0qB(1分)设爆炸前A球与桌边P的距离为sA，爆炸后B运动的位移为sB，时间为tB则tB＝sAv0＋t＋Rv0(2分)sB＝vBtB(2分)由图可得：R＝sA＋sB(2分)联立上述各式解得：sA＝2k－2－3π2k＋1·mv0qB(2分)答案(1)k＋12kmv20(2)3πm2qB(3)2k－2－3π2k＋1·mv0qB针对训练2(20分)如图4所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速释放，则图4(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围．解析(1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：mgr1＝12mv2D，vD＝4gr(2分)求导体棒P到达D1D2瞬间：E＝BLvD(1分)回路中的电流I＝E2R＝2BLgrR(1分)方向逆时针(1分)(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：mg＝mv2Qr2，vQ＝gr(2分)设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ(2分)代入数据得，vP＝3gr(1分)(3)由(2)若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道．根据能量守恒，回路中产生的热量Q1＝12mv2D－12mv2P－12mv2Q(2分)＝3mgr(1分)若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：mvD＝(m＋m)v，v＝2gr(2分)回路中产生的热量Q2＝12mv2D－12(m＋m)v2(2分)＝4mgr(1分)综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr(2分)答案(1)2BLgrR，方向逆时针(2)3gr(3)3mgr≤Q≤4mgr读题审题解题7．综合应用动量和能量观点解决多运动过程问题规范解答步步得分解析(1)设金属小球滑离金属滑块时，金属小球速度为v1，金属滑块速度为v2，小球与滑块相互作用过程中沿导轨方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2①(4分)又因为系统机械能守恒，有：12mv20＝12mv21＋12Mv22②(4分)联解①②得：v1＝－2m/s(符号表示方向与初速度方向相反)(2分)v2＝2m/s(1分)(2)设金属小球通过A点时对金属滑块的作用力为F，此时金属小球沿导轨方向与金属滑块具有共同速度v，小球沿A点切线方向的速度为v′，由动量和能量守恒得：mv0＝(m＋M)v③(2分)12mv20＝12m(v2＋v′2)2＋12Mv2④(2分)对小球，由牛顿第二定律得：F＝mv′2R⑤(3分)联解③④⑤得：F＝12N(1分)答案(1)2m/s2m/s(2)12N返回