2012届高考物理一轮复习 13.5动量 能量的综合应用学案.pdf

《2012届高考物理一轮复习 13.5动量 能量的综合应用学案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012届高考物理一轮复习 13.5动量 能量的综合应用学案.pdf（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第第 5 5 课时课时动量、能量的综合应用动量、能量的综合应用基础知识归纳力学研究的是物体的受力情况与运动变化的关系，以三条线索(包括五条重要规律)为纽带建立联系.下表是重要的力学规律的对比.特征力 的 瞬时 作 用效应规律内容物体的加速度大小与合外力成正比，方向与合外力方向相同表达式研究对象应用条件宏观、低速运 动的物体牛顿运动定律F合kma质点力 对 空间 的 累积效应动能定理外力对物体所做的功等于物体动能的增W合E量当系统只有重力或Ek1Ep1弹力做功时，机械能Ek2Ep2或的总量保持不变E1E2物体所受合外力的冲量等于它的动量变化系统不受外力或所受的合外力为零时，系统总动量保持不变质点

2、机械能守恒定律只 有重系统中的力或弹物体力做功动量定理力 对 时间 的 累积效应Ip质点动量守恒定律p1p2系 统 所 受p1p2系统中的或p1p2物体的 合 外 力为零重点难点突破一、力学规律的优选策略1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度时，应采用运动学公式和牛顿第二定律.2.动量定理反映了力对时间的累积效应，适合于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解.3.动能定理反映了力对空间的累积效应，对不涉及物体运动过

3、程中的加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般用动能定理求解.4.若研究对象是一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个“守恒定律”求解，应用时应注意研究对象是否满足定律的守恒条件.5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，应注意到，一般情况下这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式的能的转化，这些过程动量一般是守恒的.二、怎样分析动量和能量问题应用动量和能量知识时，第一是研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都有一个过程的选取问题；第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系；第三是方

4、向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，然后对力、速度等矢量以正负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算.另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，作出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞.三、对子弹射木块模型的讨论一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入一放在光滑水平面上质量为M的木块中，最终子弹同木块一起运动.1.对系统动量守恒：mv0(mM)v12122.对子弹：f(ds)mvmv0，木块对子弹的作用力f对子弹做负功(s是子弹穿木块时22木块的位移，d是子弹进入木块的深度).123.对木块：fsMv，子弹对木块的作用力对木块做正功，使其动能增大.2

5、1212由以上几式得：fdmv0(mM)v，则木块对子弹的作用力f与穿入的深度d(相对位移)22的乘积等于系统动能的减少量，这就是转化为内能的部分.四、解决力学问题的基本步骤1.认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象.2.分析研究对象受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，作草图.3.根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择规律.若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度；若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；若判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始、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

6、的速度(率).4.根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)列补充方程.5.代入数据，计算结果.典例精析1.动量守恒与机械能守恒条件的区分【例 1】如图所示，小车在光滑水平面向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，则下述说法正确的是()若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒两种情况下，小车的最终速度与断线前相同两种情况下，系统损失的机械能相同A.B.C.D.【解析】取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(即使有摩擦，物体与

7、小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同.但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒.【答案】B【思维提升】(1)明确物理过程，弄清物理现象发生的条件是正确处理动量、能量的关键.(2)注意到两个守恒定律的条件是不同的.【拓展 1】如图所示，固定有光滑圆弧轨道的小车A静止在光滑的水平面上，轨道足够长，其下端部分水平，有一小滑块B以某一水平初速度滑上小车，滑块不会从圆弧上端滑出，则滑块B在小车上运动的过程中(BD)A.当滑块上升到最大高度时，滑块的速度为零B.滑块运动过程中机械能守恒C.滑块离开小车时的速度与滑上小

8、车时的速度大小相等D.滑块B在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统动量守恒2.子弹射木块模型的应用【例 2】如图所示，质量为M的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d，木块给子弹的平均阻力恒为f.若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v，把子弹和木块当做一个系统，在

9、它们作用前后系统的动量守恒，即mv0(mM)v对系统应用动能定理得2fdmv20(Mm)v1212由上面两式消去v可得11mv02fdmv2)0(mM)(22mM12mM整理得mv0fd2M12m即mv0(1)fd2M12据上式可知，E0mv0就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿2木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f和木块的厚度d(或者说与fd)有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E0必须大于(1)fd.【思维提升】(1)木块固定时，子弹和木块系统动量不守恒.(2)不管木块是否固定，子弹击穿木块过程中摩擦生热相同，且Q

10、fd.【拓展 2】如图所示，一质量m20.20 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m30.25 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数0.4，小车静止在光滑的水平轨道上.现有一质量m10.05 kg的子弹以水平速度v012 3 m/s 射中小车左端，并留在车中.子弹与车相互作用时间很短.若2使小物体不从车顶上滑落，g取 10 m/s.求：(1)小车的最小长度应为多少？最后小物体与小车的共同速度为多少？(2)小物体在小车上相对小车滑行的时间.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m1v0(m2m1)v1由三物体组成的系统动量守恒得(m

11、2m1)v1(m2m1m3)v2设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得1122(m2m1)v1(m2m1m3)v2m3gL22联立以上方程解得L0.9 mmM车与物体的共同速度为v22.1 m/s(或 1.2 3 m/s)(2)以m3为研究对象，利用动量定理得：m3gtm3v2解得t0.52 s(或 0.3 3 s)3.动量守恒和能量守恒的综合应用【例 3】如图所示，长 50 m 的水平传送带始终以大小为v5 m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M2 kg的小木盒A.A与传送带之间的动摩擦因数为0.5.先后相隔 t3 s有两个光滑的质量为m1 kg 的球B自传送带的

12、左端以速度v025 m/s 的初速度在传送带上向右运动.第 1 个球与随传送带一道运动的木盒相遇后，球立即进入盒子中且不再出来.已知第 2 个球出2发后历时 t(1/3)s 与木盒相遇.取g10 m/s，求：(1)第 1 个球与木盒相遇后的瞬间，两者的共同速度为多大？(2)第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端有多远？(3)自木盒与第 1 个球相遇至第 2 个球相遇的这一过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？【解析】(1)设第 1 个球与木盒碰后瞬间的共同速度为v同，选向右为正方向，对小球木盒组成的系统由动量守恒定律有mv0Mv(Mm)v同，得v同5 m/s，方向向右.(2)设第

13、 1 个球经过时间t1与木盒相遇，相遇后以 5 m/s 的共同速度向右做匀减速直线运动，2运动加速度由牛顿第二定律可得a(Mm)g/(Mm)5 m/s设木盒与第 1 个球相碰后历时 t2回到原来位置，此后木盒与传送带一起向左匀速运动，由运动学公式有 t22v同/a木盒再匀速运动t tt1 t2时间即可与第2 个球相遇，依题意有v0t1(ttt1 t2)v tv0，所求距离Lv0t1由以上各式代入已知数据得L12.5 m(3)由(2)求解过程可知，在木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，木盒相对传送带的路程x10 m，所以Qfx(Mm)gx150 J【思维提升】学会分析物理过程，恰

14、当选择物理规律解题.【拓展 3】如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为 3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和 2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板.求：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度.【解析】(1)木块A先做匀减速直线运动至与C速度相同，后与C一道做匀速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速运动，直到A、B、C三者组成的系统动量守恒，故：2mv02mv0(

15、mm3m)v1，v10.6v0；对木块B运用动能定理，有mgxmv21m(2v0)121291v0所以x50g(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v(此时A、C共速)，由动量定理知，至此，A、B的动量变化相同，都为m(v0v)，A、B、C组成的系统动量守恒，有2m(v0v)3mv2v0所以木块A在整个过程中的最小速度v52易错门诊4.绳拉小球模型的运动规律【例 4】长L1 m，不可伸长的细绳系住质量m0.2 kg 的小球悬挂在天花板上的O点，现将球拿至与O点等高、距O点d0.6 m 的A点由静止自由释放，求小球过最低点时的速度及细绳对小球的拉力.【错解】设小球从A点落至最低点时速度为v，则根

16、据机械能守恒定律得12mvmgL2所以v 2gL 2101 m/s2 5 m/s在最低点时，由牛顿第二定律有mv2FmgL2mv20.2(2 5)所以Fmg(0.210)N N6 NL1【错因】小球自A点下落的过程中，当绳子刚绷直时，绳子不能伸长，沿绳子方向突然受到绳子的拉力作用，在这个力的作用下，沿绳方向的冲量使小球沿绳子方向的分动量变为零，因而有机械能的损失.【正解】设小球落至B点时绳刚好被拉直，此时小球的速度为vB，如图所示，根据机械能守恒定律得12mvBmghAB2又由几何知识可得hABL2d2 120.62 m0.8 m且53所以由两式求得vB 2ghAB 2100.8 m/s4 m/s在B点，由于绳的张力作用，使得vB1在极短的时间内变为零，只剩下切向分量vB2，动能的损失为1122Em(vBsin)0.2(40.8)J1.024 J22由A点落至C点的过程中，由能量的转化与守恒定律得12mvcmgLE(0.2101)J1.024 J0.976 J2在最低点时，由牛顿第二定律有2mvCFmgL2mvC20.976所以Fmg(0.210)N N3.952 NL1【思维提升】解此题需分清小球运动的三个阶段，即自由落体、绳张紧和圆周运动，另外要注意绳张紧过程有能量损失.