《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 一顆質量為m的子彈以水平速度v0射入一放在光滑水平面上質量為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，這就是轉化為內能的部分. 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，質量為M的木塊固定在光滑的水平面上，有一質量為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，一質量m2＝0.20 kg的平頂小車，車頂右端放一質量m3＝0.25 kg的小物體，小物體可視為質點，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，木板質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為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.