动力学、动量和能量观点在力学中的应用公开课.docx

《动力学、动量和能量观点在力学中的应用公开课.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动力学、动量和能量观点在力学中的应用公开课.docx（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、动力学、动量和能量观点在力学中的应用过好双基关回扣基础知识训练基础题目一、力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F 合=rna力对空间积累效果动能定理W 产 AEk1 9 1 9W 合=2tnv2 一耍卬 1,机械能守恒定律E=E2 mgh + mv i2 = mgh2+2mv力对时间积累效果动量定理F 合t=p1 p/合=动量守恒定律mV-m2V2=mV +/%202二、碰撞中常见的力学模型及其结论模型名称模型描述模型特征模型结论“速度交换”模型相同质量的两球发生 弹性正碰mi=m2,动量、动能均守恒V f =0, V2f =纱(。2 =0, v=vo)“

2、完全非弹性碰 撞”模型两球正碰后粘在一起运动动量守恒、能量损失最大如/CV IVo(V2 0,十22。1=。0)研透命题点细研考纲和真题分析突破命题点高考热点/并透嬴命题点一动量与动力学观点的综合应用.解决动力学问题的三个基本观点力的观点：运用牛顿运动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.(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.1 .力学规律的选用原那么如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.0min = 2小 m/s2 m/s那么物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到

3、P点的距离为XA,那么有：V2 = 2/LlgXA解得最终物块A静止的位置到尸点的距离以 = 2m.4. (2019山东实验中学第二次模拟)如图4所示，有一个可视为质点的质量为2= 1kg的小物 块，从光滑平台上的A点以内=2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿。点的切线 方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端。点的质量为M =3 kg的长木板.木板上外表与圆弧轨道末端切线相平，木板下外表与水平地面之间光 滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 =0.3,圆弧轨道的半径为H=0.4m, C点和圆弧的圆 心连线与竖直方向的夹角9=60。，不计空气阻力，g取lOmH,

4、求：Q、Q、 儿A 7777777图4(1)小球到达C点时的速度大小；小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大.答案(1)4 m/s (2)60 N (3)2.5 m解析(1)由分析可知，物块到达。点时的速度方向与水平方向的夹角为60。,00m/s(2)小物块由C到。的过程中，由动能定理得：根gR(l cos 600)=%wz)2J%0c2,代入数据解得：Vd=2小m/s.v2小球在。点时由牛顿第二定律得：Fmg=nr- 代入数据解得：Fn=60N 由牛顿第三定律得：Fn =Fn=60N,方向竖直向下.(3)设小物块始终在长木板上，当

5、到达共同速度时速度大小为以 小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律有：/m力=(+加%解得：0=方- m/s对物块和木板系统，由能量守恒得iimgL= 解得：L=2.5 m所以要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5 m.（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问题） 或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题.假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒 定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机 械能的减少量，即转

6、变为系统内能的量.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机 械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.【例n （2018全国卷n24）汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车以 立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车区两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示, 碰撞后8车向前滑动了 4.5 m, A车向前滑动了 2.0 m.A和8的质量分别为2.0义IO? kg 和L5Xl（）3kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短，在碰撞后 车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2

7、.求：A B2.0 m4.5 m -|图1碰撞后的瞬间B车速度的大小；碰撞前的瞬间A车速度的大小.答案（l）3.0m/s （2）4.3 m/s解析（1）设3车的质量为 恤,碰后加速度大小为班.根据牛顿第二定律有iBg =，迎劭式中是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为,碰撞后滑行的距离为S3.由运动学公式有Ob 2 = 2abSb联立式并利用题给数据得独=3.0m/s（2）设A车的质量为加小 碰后加速度大小为麴，根据牛顿第二定律有4 加 =设碰撞后瞬间A车速度的大小为v ,碰撞后滑行的距离为“，由运动学公式有v 2 = 2aAsa设碰撞前的瞬间A车速度的大小为内.两车在碰撞过

8、程中动量守恒，有mAVA=mAVAf +根8。/ 联立式并利用题给数据得内4.3 m/s【变式11质量为如=1 200 kg的汽车A以速度。产21 m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前 方不远处有一质量22=800 kg的汽车B以速度s=15 m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车, 使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车/=1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一 段距离后停下，设两车与路面间的动摩擦因数=0.3,取g=10 mH,忽略碰撞过程中路面 摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；设两车相撞时间(从接触到一起滑行抽=0.2 s,那么A车受到的水平平均冲力是其自身重

9、力的 几倍；两车一起滑行的距离.答案(1)6 m/s (2)6 倍(3)6 m解析对于减速过程有a=g=3 m/s2对 A 车有:VA=Vat=lS m/s对 B 车有：VB=V2at=2 m/s以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律有：mVA-fri2VB=(mi +共可得o共=6 m/s(2)对A车由动量定理得：一/% =根1。共一21。人可得尸=7.2X104 nF那么一=6 mig。及2(3)对共同滑行的过程有工=万一，可得x=6m.高考热点/并透藐命题点二动量与能量观点的综合应用.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律.能量的观点：动能定理和能量守恒定律.1 .

10、解题技巧假设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(机械能守恒定律).假设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.动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、 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，更能显示出它们的优越性.【例21 (2019河南安阳市下学期二模)如图2所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定 在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切,AB为圆弧轨道的直径.质量分别为人2加的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(

11、弹簧与滑块不固连，图 中未画出)，滑块1、2位于A点.现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过3点，且落地点恰 与滑块2停止运动的地点重合.滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气 阻力，重力加速度为g,求：滑块1过3点的速度大小；弹簧释放的弹性势能大小；(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数.答案(2)与%gR靠0 A2解析滑块1恰能经过8点，那么有根g = m鼠解得：VB=ygR(2)滑块1从A点运动到B点的过程中,根据动能定理有：一wg2R=5wJ解得 VA=y5gR以水平向左为正方向，滑块1、2被弹簧弹开前后，根据动量守恒定律有：0=2/?w加以根据能量转化和守恒定律有：Ep+1

12、.2划2 联立解得：Ep=mgR(3)滑块1经过8点后做平抛运动，那么水平方向有：x=vBt竖直方向有：2R=女尸滑块2在水平方向做减速运动，根据动能定理有：一2机g,x=O：2机。2联立解得： 1O【变式2】如图3所示，在水平面上依次放置小物块。和A以及曲面劈3,其中A与。的质 量相等均为相，曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈3足够高， 各接触面均光滑.现让小物块。以水平速度。o向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物 块粘在一起又滑上劈A重力加速度为g,求：/图3碰撞过程中系统损失的机械能；碰后物块A与。在曲面劈5上能够到达的最大高度.答案加。2装解析（1）小物块C与A

13、发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律得：mvo=2mv解得v=vo；碰撞过程中系统损失的机械能为1 ( 12mgh=2 - 2ml 2o J 5M X解得=3加砺,高考热点/并透薪国点三力学三大观点解决多过程问题解得月损=干%0（?.当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv=（m+m+3ni）v解得V =不0 由能量守恒:1.表现形式直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.（2）圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动.2,应对策略力的观点解题：要认真分析运动状态的

14、变化，关键是求出加速度.（2）两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量（动能），分析并求出过程中的冲量（功）.过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个 守恒定律多用于求某状态的速度（率）.【例3】（2019湖北稳派教育上学期第二次联考）如图4所示，半径以 = lm的四分之一光滑圆 弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径& = 0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C 端连接，下端与水平地面平滑连接，质量2=0.1 kg的乙物块放在平台的右端。点，将 质量也为根的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲 与乙粘在一起从C点水平

15、抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数为=0.2, 5c长L=lm,重 力加速度g取lOmH,不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：图4(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.答案(1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s解析(1)甲物块从A点滑到5点，根据机械能守恒定律有：、012甲物块运动到8点时，根据牛顿第二定律有：Fmg=)TT联立解得：v=2y5 m/s, Fn=3 N根据牛顿第三定律可知，甲物块在3点对轨道的压力大小厂n =Fn=3N(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速

16、度大小为=g=2 m/s2甲物块与乙物块相碰前瞬间的速度大小为V2=ylv22aL=4 m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为根据动量守恒有：机及=2m03解得：s=2m/s碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上水平位移x=03，=O.8 m=/?2说明两物块刚好落到。点因此抛出后落到CDE轨道上所用的时间为0.4 s.【变式3】(2019江西宜春市上学期期末)如图5所示，倾角为30。的粗糙斜面与光滑水平轨道 通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R=0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相 连.质量为0.5 kg的物体3静止在水平轨道上，一质量为0.1kg

17、的A物体以oo= 16 m/s的速 度与3发生正碰，结果5恰好能通过半圆形轨道的最高点.A、5均可看成质点，除第一次 碰撞外，不考虑A、8间其他的相互作用，A与斜面间的动摩擦因数为=与，取8= 10 m/s2.求：R/c图5(1)碰撞过程中A对B的冲量大小；(2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间.答案(1)2 N.s (2)1.5 sv2解析(1*恰好能通过最高点，故在最高点有：根喈=根3鼠设A、B碰后B的速度大小为那么5从碰后到运动到。点的过程中有：mBg,2R=gmBUD212联立代入数据解得：vb=4 m/s故A对3的冲量大小为：lAB=mBVB0=2 N-s.(2)A、3碰撞过程中动

18、量守恒，以0o方向为正方向，那么有：mAVo=itiaVa+rriBVB代入数据解得：办=-4m/s,负号说明其方向与。o方向相反因此A以大小为办, =4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：i=gsin8+gcos 9=8 m/s2A沿斜面向上运动的时间为：=0.5 saA沿斜面向上运动的距离为：,=0+；八九=mA沿斜面向下运动的加速度大小为：O2=gsin 8“geos 3=2 m/s2A沿斜面向下运动的过程中有：X=12/22,代入数据解得：t2=i S故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：/=%+亥=1.5 s.课时精练限时训练练规范练速度1 .如图1, 一质量为

19、M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为.一质量为根的子 弹以水平速度。o射入物块后，以水平速度与射出.重力加速度为g.求:(1)此过程中系统损失的机械能;此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.答案（1鼠3一司机伙）六退解析（1）设子弹射出物块后物块的速度为0,以00的方向为正方向，由动量守恒得加伙）=,假设+ 解仔v=2M。112系统损失的机械能为+mv2 由式得八=柒3一部硒2（2）设物块下落到地面所用时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为x,那么户x=vt由得=翳居2.（2019河南南阳市上学期期末）如图2所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和8（可 视为质点），A的质量m=1.

20、0 kg, 8的质量M=4.0kg, A、8之间有一轻质压缩弹簧，且A、 3间用细线相连（图中未画出），弹簧的弹性势能Ep=40J,弹簧的两端与物块接触而不固定连 接.水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30。的光滑斜面平滑连接.将细线剪断，A、3别离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在3未到达斜面前追上 并与B相碰后结合在起向右运动，g取lOm/s?,求:图2（1M与弹簧别离时的速度大小；（2）A、3沿斜面上升的最大距离.答案（1）8 m/s 1.024 m解析（1）设A、3与弹簧别离时的速度大小分别为。1、。2,以水平向右为正方向, 系统动量守恒，有：O = A/02根系统能

21、量守恒，有：Ep=y/7?ri2+TMi?22 解得 01 = 8 m/s,力=2 m/s.（2）A与墙壁碰后速度大小不变，设A与8相碰后，A与3的速度大小为之 对A、5系统动量守恒：mv 1 + MV2=（m+M）v解得 0=3.2 m/s对A、8整体，由动能定理有:(m+A/)gsin 30 = 0(m+A/)gsin 30 = 0解得 L= 1.024 m.3. （2019河南示范性高中上学期期终）如图3所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨 道竖直（管内直径可以忽略），底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R=0.5 m, P 点左侧轨道（包括圆管）光滑，右侧轨道粗糙.质量机=

22、1 kg的物块A以。o=lO m/s的速度滑 入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2 kg的物块3发生碰撞（碰撞 时间极短），碰后物块8在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零.物块A、8与粗糙轨 道间的动摩擦因数均为=0.1,取重力加速度g=10m/s2,物块A、3均可视为质点.求：物块A滑过竖直圆管轨道最高点。时受到管壁的弹力；（2）最终物块A静止的位置到P点的距离.答案（1）150 N,方向竖直向下（2）2 m解析（1）物块A从开始运动到到达。点的过程中，由机械能守恒定律有：mv=mgX2R+12产OqZ物块A在Q点时，设管壁对物块A的弹力Ft向下，由牛顿第二定律有：Fr+mg=nr-解得 Ft=150N,那么物块A在。点时管壁对它的弹力大小为150 N,方向竖直向下；（2）由机械能守恒定律可知，物块A与3碰前瞬间的速度为次），以水平向右为正方向，物块A 与B碰撞过程，由动量守恒定律有：mvo=mv-Mv2碰后物块3做匀减速运动，由运动学公式：V22=2axBFf=Ma,联立解得 S = -2 m/s, 02=6m/s由机械能守恒定律可知，物块A假设能滑回。点，其在。点反弹时的最小速度满足：斗ZWmiJ = mgX2R