《（北京專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 動量 第3講 動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（北京專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 動量 第3講 動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用課件（37頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用知識梳理知識梳理一、力學(xué)知識體系和解決動力學(xué)問題的基本觀點(diǎn)一、力學(xué)知識體系和解決動力學(xué)問題的基本觀點(diǎn)(1)力學(xué)的知識體系。力學(xué)研究的是物體的受力與運(yùn)動變化的關(guān)系,其知識脈絡(luò)如下表:(2)解決動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn):動力學(xué)觀點(diǎn)、動量觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)。二、動量和能量綜合應(yīng)用的基本模型二、動量和能量綜合應(yīng)用的基本模型模型分類特點(diǎn)及滿足的規(guī)律碰撞模型碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律:(1)動量守恒定律;(2)機(jī)械能不增加;(3)速度要合理。a.碰前兩物體同向運(yùn)動,若要發(fā)生碰撞,則應(yīng)有v1v2,碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動,則應(yīng)有v2v1。b.碰前兩物體相向運(yùn)

2、動,碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變(水平面光滑)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大最大,系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒。m1v0=(m1+m2)v共,m1=(m1+m2)+Epm。彈簧處于原長時彈性勢能彈性勢能為零,系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒。m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,v1=v0,v2=v01220v122v共1220v1221v1222v1212mmmm1122mmm(水平面光滑)最高點(diǎn):m與M具有共同水平速度共同水平速度,系統(tǒng)水平方向動量守恒水平方向動量守恒,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,mv0=(M+m)v共,m=(M+m)+mgh。最低點(diǎn):m與M分離點(diǎn),

3、系統(tǒng)水平方向動量守恒,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,mv0=mv1+Mv2,m=m+M(水平面光滑)系統(tǒng)動量守恒、能量守恒:mv0=(m+M)v,FfL相對=m-(M+m)v2。木塊固定和放于光滑水平面上,若子彈穿出,則系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等1220v122v共1220v1221v1222v1220v121.(多選)如圖所示,一木塊放在光滑水平面上,一子彈水平射入木塊中,射入深度為d,平均阻力為f。設(shè)木塊滑行距離為s時開始勻速前進(jìn),下列判斷正確的是()A.子彈損失的動能等于fdB.子彈損失的動能等于f(s+d)C.總機(jī)械能的損失等于fsD.總機(jī)械能的損失等于fdBD答案答案BD設(shè)子彈的質(zhì)量為m,木

4、塊的質(zhì)量為M,系統(tǒng)動量守恒,有mv0=(m+M)v,對子彈應(yīng)用動能定理,有:-f(s+d)=mv2-m,對木塊應(yīng)用動能定理,有fs=Mv2,則子彈損失的動能為Ek子彈=f(s+d),而系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Ek=m-(M+m)v2=fd。121220v121220v122.(多選)如圖所示,水平面上有兩個木塊,兩木塊的質(zhì)量分別為m1、m2,且m2=2m1。開始兩木塊之間有一根用輕繩縛住的已壓縮的輕彈簧,燒斷繩后,兩木塊分別向左、右運(yùn)動。若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為1、2,且1=22,則在彈簧伸長的過程中,兩木塊()A.動量大小之比為1 1B.速度大小之比為2 1C.通過的路程之比

5、為2 1D.通過的路程之比為1 1ABC答案答案ABC以兩木塊及彈簧為研究對象,繩斷開后,彈簧將對兩木塊有推力作用,這可以看成是內(nèi)力;水平面對兩木塊有方向相反的滑動摩擦力,且F1=1m1g,F2=2m2g。因此系統(tǒng)所受合外力F合=1m1g-2m2g=0,即滿足動量守恒定律的條件。設(shè)彈簧伸長過程中某一時刻,兩木塊速度大小分別為v1、v2,由動量守恒定律有(以向右為正方向):-m1v1+m2v2=0得m1v1=m2v2即兩木塊的動量大小之比為1 1,故A項正確。兩木塊的速度大小之比為v1 v2=m2 m1=2 1,故B項正確。在彈簧伸長過程中,兩木塊運(yùn)動時間相等,任意時刻速度之比均為2 1,則平均

6、速度之比為2 1,故兩木塊通過的路程之比s1 s2=v1 v2=2 1,故C項正確,D項錯誤。3.如圖所示,兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起,從高度為h處自由落下,h遠(yuǎn)大于兩小球半徑,所有的碰撞都是彈性碰撞,且都發(fā)生在豎直方向。已知m2=3m1,則質(zhì)量為m1的小球反彈后能達(dá)到的高度為()A.hB.2hC.3hD.4hD答案答案D由于是彈性碰撞,質(zhì)量為m2的小球與地面碰撞原速率彈回,與質(zhì)量為m1的小球發(fā)生正碰。由機(jī)械能守恒知,兩球碰前瞬間的速度大小相等,設(shè)為v0,碰后的速度分別為v1、v2,取豎直向上為正方向,由動量守恒和能量守恒得,m1(-v0)+m2v0=m1v1+m2v2,(m1

7、+m2)=m1+m2,聯(lián)立解得v1=2v0,v2=0,由能量守恒有(m1+m2)gh=m1gh,得h=4h,D正確。1220v1221v1222v深化拓展深化拓展考點(diǎn)一考點(diǎn)一碰撞的類型及其特點(diǎn)碰撞的類型及其特點(diǎn)考點(diǎn)二考點(diǎn)二彈簧類問題分析彈簧類問題分析考點(diǎn)三考點(diǎn)三 “子彈打木塊子彈打木塊”或或“木塊滑木板木塊滑木板”類模型類模型深化拓展深化拓展考點(diǎn)一碰撞的類型及其特點(diǎn)考點(diǎn)一碰撞的類型及其特點(diǎn)1.根據(jù)碰撞中的能量損失情況根據(jù)碰撞中的能量損失情況,碰撞可分為三類碰撞可分為三類碰撞類型動量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2.彈性正碰的規(guī)律彈性正碰的規(guī)

8、律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1+m2=m1v+m2vv1=v2=當(dāng)m1=m2時,有v1=v2,v2=v1,即碰后速度發(fā)生交換?！厩榫八夭那榫八夭慕處焸溆媒處焸溆谩?221v1222v122112221212212()2mm vm vmm2121 112()2mm vmvmm1-1質(zhì)量為m1=1kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰,碰撞時間極短,其x-t圖像如圖所示,則()A.此碰撞一定為彈性碰撞B.被碰物體質(zhì)量為2kgC.碰后兩物體速度相同D.此過程有機(jī)械能損失A答案答案A位移-時間圖像的斜率表示物體的速度,由圖像求出碰撞前后的速度分別為:v1=4m/s,v2=0,v

9、1=-2m/s,v2=2m/s;由動量守恒定律,m1v1=m1v1+m2v2,得m2=3kg;根據(jù)動能表達(dá)式以及以上數(shù)據(jù)計算碰撞前、后系統(tǒng)總動能均為8J,機(jī)械能無損失,因此是彈性碰撞,A正確。1-2如圖是“牛頓擺”裝置,5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相平行,5個鋼球彼此緊密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個小鋼球。當(dāng)把小球1向左拉起一定高度,如圖甲所示,然后由靜止釋放,在極短時間內(nèi)經(jīng)過小球間的相互碰撞,可觀察到球5向右擺起,且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同,如圖乙所示。關(guān)于此實(shí)驗(yàn),下列說法中正確的是()A.上述實(shí)驗(yàn)過程中,5個小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

10、動量守恒B.上述實(shí)驗(yàn)過程中,5個小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,動量不守恒C.如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示),同時由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小球4、5一起向右擺起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度D.如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示),同時由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小球3、4、5一起向右擺起,且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同答案答案D題述實(shí)驗(yàn)過程中,小球5能夠達(dá)到與小球1釋放時相同的高度,說明系統(tǒng)機(jī)械能守恒,而且小球5離開平衡位置時的速度和小球1擺動到平衡位置時的速度相同,說明碰撞過程動量守恒,但隨后上擺過程動量不守恒,動量方向在變化,

11、選項A、B錯。根據(jù)前面的分析,碰撞過程為彈性碰撞。那么同時向左拉起小球1、2、3到相同高度(如題圖丙所示),同時由靜止釋放,那么球3先以速度v與球4發(fā)生彈性碰撞,此后球3的速度變?yōu)?,球4獲得速度v后與球5碰撞,球5獲得速度v,開始向右擺起,同理球2與球3碰撞,球3與球4碰撞,最后球4以速度v向右擺起,同理球1與球2碰撞,球2與球3碰撞,最后球3以速度v向右擺起,所以選項C錯D對。1-3在光滑的水平面上有a、b兩球,其質(zhì)量分別為ma、mb,兩球在t0時刻發(fā)生正碰,并且在碰撞過程中無機(jī)械能損失,兩球在碰撞前后的速度-時間圖像如圖所示。下列關(guān)系正確的是()A.mambB.mambC.ma=mbD.

12、無法判斷B答案答案B由圖可知b球碰前靜止,設(shè)a球碰后速度大小為v1,b球速度大小為v2,物體碰撞過程中動量守恒,機(jī)械能守恒,所以有:mav0=ma(-v1)+mbv2,ma=ma+mb,解得:v1=v0,v2=v0,由圖可知,a球碰后速度反向,故mamb,故A、C、D錯誤,B正確。1220v1221v1222vababmmmm2aabmmm考點(diǎn)二彈簧類問題分析考點(diǎn)二彈簧類問題分析對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng),在能量方面,由于發(fā)生彈性形變的彈簧會具有彈性勢能,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化。若除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力不做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。若還有其他外力做功,這些力做功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能改

13、變量。做功之和為正,系統(tǒng)總機(jī)械能增加,反之減少。在相互作用過程中,通常彈簧兩端的物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時,兩端的物體具有相同的速度,彈性勢能最大。系統(tǒng)內(nèi)每個物體除受彈簧彈力外所受其他外力的合力為零,當(dāng)彈簧為自然長度時,系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度。【情景素材情景素材教師備用教師備用】2-1質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動,有一輕彈簧固定于其左端,另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動,如圖所示。則()A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中,由于彈力作用,系統(tǒng)動量不守恒B.當(dāng)兩物塊相距最近時,甲物塊的速率為零C.當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時,乙物塊的速率

14、可能為2m/s,也可能為0D.甲物塊的速率可能達(dá)到5m/sC答案答案C將兩物塊及彈簧視為一系統(tǒng),甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中,由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力,系統(tǒng)所受合外力為零,所以動量守恒,選項A錯誤;當(dāng)兩物塊相距最近時,它們的速度相同,設(shè)為v,取水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mv乙-mv甲=2mv,代入數(shù)據(jù)可得v=0.5m/s,選項B錯誤;當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時,其方向可能水平向左,也可能水平向右,當(dāng)水平向左時,根據(jù)動量守恒定律可得,乙物塊的速率為2m/s;當(dāng)水平向右時,根據(jù)動量守恒定律可得,乙物塊的速率為0,所以選項C正確;因?yàn)檎麄€過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加,若甲物塊的速率達(dá)到5m/s

15、,那么乙物塊的速率肯定不為零,這樣系統(tǒng)的機(jī)械能就增加了,所以選項D錯誤。2-2如圖,在光滑水平桌面上,物體A和B用輕彈簧連接,另一物體C靠在B左側(cè)未連接,它們的質(zhì)量分別為mA=0.2kg,mB=mC=0.1kg。現(xiàn)用外力作用于C和A壓縮彈簧,外力做功為7.2J,彈簧仍在彈性限度內(nèi),然后由靜止釋放。試求:(1)彈簧伸長最大時彈簧的彈性勢能;(2)彈簧從伸長最大恢復(fù)到自然長度時,A、B速度的大小。答案答案(1)4.8J(2)2m/s10m/s解析解析取向右為正方向。(1)第一過程,彈簧從縮短至恢復(fù)原長mAvA1+(mB+mC)v1=0mA+(mB+mC)=Ep0代入數(shù)據(jù)得vA1=6m/s,v1=-

16、6m/s第二過程,彈簧從原長伸長至最長,此時A、B速度相等,有mAvA1+mBv1=(mA+mB)v2Epmax=Ep0-(mA+mB)-mC代入數(shù)據(jù)得v2=2m/s,Epmax=4.8J(2)第三過程,彈簧從最長至原長,有1221Av1221v1222v1221v(mA+mB)v2=mAvA3+mBvB3(mA+mB)+Epmax=mA+mB代入數(shù)據(jù)得vA3=-2m/s,vB3=10m/s1222v1223Av1223Bv考點(diǎn)三考點(diǎn)三“子彈打木塊子彈打木塊”或或“木塊滑木板木塊滑木板”類模型類模型這類問題,分析時要抓住動量守恒與能量守恒這兩條主線,根據(jù)所求的量準(zhǔn)確地選取研究對象,是對單個物體

17、,還是對系統(tǒng)?各做怎樣的運(yùn)動?其相對位移(或相對路程)是多少?注意這幾個量的準(zhǔn)確求解。(1)每個物體的位移:選單個物體為研究對象,然后分別應(yīng)用動能定理列方程。(2)相對位移(或打進(jìn)的深度):選系統(tǒng)為研究對象,根據(jù)能量守恒列方程。(3)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的減少量或Q=Ffl相對。【情景素材情景素材教師備用教師備用】3-1如圖所示,一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上,一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平飛來打進(jìn)木塊并留在其中,設(shè)相互作用力大小為Ff。試求:(1)子彈、木塊相對靜止時的速度v;(2)此時,子彈、木塊發(fā)生的位移x1、x2以及子彈打進(jìn)木塊的深度l相分別為多少;(3)系統(tǒng)損失的機(jī)

18、械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別為多少。答案答案(1)v0(2)(3)mMm202f(2)2()Mm Mm vF Mm2202f2()Mm vF Mm20f2()MmvF Mm202()MmvMm202()MmvMm解析解析(1)由動量守恒得:mv0=(M+m)v子彈與木塊的共同速度為v=v0(2)對子彈利用動能定理得:-Ffx1=mv2-m所以x1=同理對木塊有Ffx2=Mv2故木塊發(fā)生的位移為x2=子彈打進(jìn)木塊的深度l相=x1-x2=(3)系統(tǒng)損失的機(jī)械能mMm121220v202f(2)2()Mm Mm vF Mm122202f2()Mm vF Mm20f2()MmvF MmEk=m-(M+m)

19、v2=根據(jù)能量守恒定律,系統(tǒng)增加的內(nèi)能:Q=Ek=1220v12202()MmvMm202()MmvMm3-2如圖甲所示,木板A靜止在光滑水平面上,一小滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平初速度從木板的左端沖上木板。(1)若木板A的質(zhì)量為M,滑塊B的質(zhì)量為m,初速度為v0,且滑塊B沒有從木板A的右端滑出,求木板A最終的速度v。(2)若滑塊B以v1=3.0m/s的初速度沖上木板A,木板A最終速度的大小為v=1.5m/s;若滑塊B以初速度v2=7.5m/s沖上木板A,木板A最終速度的大小也為v=1.5m/s。已知滑塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)=0.3,g取10m/s2。求木板A的長度L。(3)若改變滑塊B

20、沖上木板A的初速度v0,木板A最終速度v的大小將隨之變化。請你在圖乙中定性畫出v-v0圖線。甲乙答案答案(1)(2)3m(3)見解析0mvMm解析解析(1)由題意可知,木板A和滑塊B組成的系統(tǒng)動量守恒,則有:mv0=(M+m)v所以v=(2)由題意可知:當(dāng)滑塊B以速度v1沖上木板,最終滑塊與木板有共同速度v;當(dāng)滑塊B以速度v2沖上木板,滑塊將沖出木板,設(shè)滑塊B沖出木板時的速度為v3,在此過程中木板的位移為x。根據(jù)動量守恒定律和動能定理有mv1=(M+m)vmv2=Mv+mv3-mg(x+L)=m-m0mvMm1223v1222vmgx=Mv2-0代入數(shù)據(jù)可求得:L=3m(3)當(dāng)v0=0時,木板的速度也為0;當(dāng)v0較小時,只要滑塊滑不出木板,則v與v0就成正比;當(dāng)v0較大時,滑塊會滑出木板,滑塊對木板的作用力是滑動摩擦力,而滑動摩擦力是不變的,當(dāng)v0越大時,滑塊在木板上的運(yùn)動時間就越短,則滑塊對木板的沖量就越小,木板獲得的動量也就越小,木板的速度就越小,故v-v0圖線大致如圖所示。12