2020高考物理一轮总复习 第六章 动量 能力课 解决动力学问题的“三大”观点课件 新人教版

第六章动量解决动力学问题的“三大”观点栏目导航12板块一考点突破板块二跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一对解决动力学问题的“三大”观点的认识与选取——师生共研|记要点|1．解动力学问题的三个基本观点力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.力的瞬时作用和力的空间积累作用分类对应规律规律内容公式表达力的瞬时作用牛顿第二定律物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同F合＝ma动能定理外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量W合＝ΔEk功能关系一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式W＝E其他1＋E其他2＋…力的空间积累作用机械能守恒定律在只有重力(或弹力)做功的情况下，物体的机械能的总量保持不变Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep23.利用“三大”观点解题的技巧(1)若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及了运动和力的问题，常用牛顿运动定律和运动学规律求解．(2)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(或机械能守恒定律)．(3)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．|析典例|【例】如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点.C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.求：(1)物块经过C点时的速度vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.[解析](1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有vBsinθ＝v0从B到C，根据动能定理有mgR(1＋sinθ)＝12mvC2－12mvB2解得vC＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动的过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度v，则μmg＝ma1μmg＝Ma2v＝vC－a1tv＝a2t解得t＝1.5s，v＝3m/s.[另解：由m和M组成的系统水平方向动量守恒，木板足够长，m与M最终速度相同，均为v，由动量守恒定律可得mvC＝(m＋M)v，解得v＝3m/s.]根据能量守恒定律有12(m＋M)v2＋Q＝12mvC2联立解得Q＝9J.[答案](1)6m/s(2)9J|反思总结|对于滑块—滑板类问题，因摩擦力为恒力，滑块、滑板均做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律结合运动学规律完全可以解决相关问题，但若地面光滑，应用系统动量守恒和能量守恒观点求解可使问题大大简化．|练高分|1．如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5kg，D点与小孔A的水平距离s＝2m，g取10m/s2.(忽略空气阻力)(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围．解析：(1)摆球由C到D的过程机械能守恒，则mg(L－Lcosθ)＝12mvD2在D点由牛顿第二定律得FT－mg＝mvD2L联立得摆线的最大拉力FT＝2mg＝10N.(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ1mgs＝0－12mvD2解得μ1＝0.5②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达与圆心等高处速度为零，由机械能守恒定律得12mvA2＝mgR对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ2mgs＝12mvA2－12mvD2解得μ2＝0.35③摆球能过圆轨道的最高点而不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝mv2R由动能定理得－μ3mgs－2mgR＝12mv2－12mvD2解得μ3＝0.125.综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125.答案：(1)10N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.1252.(2017年天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝12gt2①代入数据解得t＝0.6s．②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s.⑤(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有12(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得H＝0.6m．⑦答案：(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m考点二动量与能量问题中的四种常见模型——多维探究|明考向|考向一“子弹打木块”模型1．“子弹击中木块模型”问题的分类归纳(1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即mv0＝(m＋M)v(未击穿时)mv0＝mv1＋Mv2(击穿时)．(2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，射入木块的深度为d而未穿出，木块与子弹的共同速度为v，木块滑行x木过程中，子弹与木块相互作用力为F.则F对子弹做的负功WF＝－Fx子F对木块做的正功W′＝Fx木F对系统(子弹和木块)做的功W＝WF＋W′＝－F(x子－x木)＝－Fd(d实质是子弹相对木块发生的位移)．2．解题关键相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞处理．对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键是“速度相等”【例1】(2018届福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，求：(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)子弹受到的阻力大小F阻．[解析](1)在子弹打入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得12(M＋m)v共2＝μ(M＋m)gx解得μ＝m2v022gxM＋m2.(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得Q＝12mv02－12(M＋m)v共2又Q＝F阻L联立解得F阻＝Mmv022M＋mL.[答案](1)m2v022gxM＋m2(2)Mmv022M＋mL考向二“滑块—木板”模型模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移取得极值．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．(3)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解．【例2】如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t.[解析](1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2解得v2＝2m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1解得t＝1s.[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s|反思总结|“滑块一平板”模型解题思路(1)应用系统的动量守恒．(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度.考向三“弹簧类”模型模型特点两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒．【例3】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中．(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[解析](1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv02.④(2)由②式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤12mv02－ΔE＝12(3m)v32＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝1348mv02.[答案](1)116mv02(2)1348mv02考向四“圆弧轨道＋滑块(小球)”模型模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．mv0＝(M＋m)v共，12mv02＝12(M＋m)v共2＋mgh.(2)最低点m与M分离点．水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22.【例4】(2016年全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面