（通用版）2017版高考物理大二轮复习与增分策略 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用（课件+试题）（打包2套）.zip

1专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用专题定位 本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略 本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.1.动量定理的公式 Ft＝ p′－ p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的 F 是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当 F 为变力时， F 应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式： m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′；或 p＝ p′(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p′)；或 Δ p＝0(系统总动量的增量为零)；或 Δ p1＝－Δ p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.21.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).解题方略1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；(5)必要时对结果进行讨论.例 1如图 1 所示，光滑水平面上有一质量为 m＝1 kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为 m0＝1 kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以 v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为 M＝4 kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.3图 1解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为 v1，小球的速度大小为 v，由动量守恒及机械能守恒有：mv0＝ Mv＋ mv1mv ＝ mv ＋ Mv212 20 12 21 12解得 v1＝ v0＝－3 m/s，小车速度方向向左.m－ Mm＋ Mv＝ v0＝2 m/s，小球速度方向向右.2mm＋ M(2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度，设小车的速度大小为 v2，根据动量守恒定律有：m0v0＋ mv1＝( m0＋ m)v2，解得 v2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为 I，根据动量定理有I＝ mv2－ mv1，解得 I＝4 N·s.答案 (1)小车：3 m/s，方向向左小球：2 m/s，方向向右(2)4 N·s预测 1 (2016·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为 ρ ，重力加速度大小为 g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.答案 (1) ρv 0S (2) －v202g M2g2ρ 2v20S2解析 (1)在刚喷出一段很短的 Δ t 时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v0不变.该时间内，喷出水柱高度 Δ l＝ v0Δ t①喷出水柱质量 Δ m＝ ρ Δ V②其中 Δ V 为水柱体积，满足 Δ V＝Δ lS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为4＝ ρv 0S.Δ mΔ t(2)设玩具底面相对于喷口的高度为 h由玩具受力平衡得 F 冲 ＝ Mg④其中， F 冲 为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律： F 压 ＝ F 冲 ⑤其中， F 压 为玩具底面对水柱的作用力， v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式： v′ 2－ v ＝－2 gh⑥20在很短 Δ t 时间内，冲击玩具水柱的质量为 Δ mΔ m＝ ρv 0SΔ t⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压 ＋Δ mg)Δ t＝Δ mv′⑧由于 Δ t 很小，Δ mg 也很小，可以忽略，⑧式变为F 压 Δ t＝Δ mv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得 h＝ － .v202g M2g2ρ 2v20S2解题方略1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.例 2 如图 2 所示，光滑水平面上有一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切.现将一质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度 v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.取 g＝10 m/s 2，求：5图 2(1)小物块滑上平板车的初速度 v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点 O′的距离.解析 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点 A 时，二者的共同速度为 v1由动量守恒得： mv0＝( M＋ m)v1①由能量守恒得：mv － (M＋ m)v ＝ mgR＋ μmgL ②12 20 12 21联立①②并代入数据解得： v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝( M＋ m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距 O′点的距离为 x，由能量守恒得：mv － (M＋ m)v ＝ μmg (L＋ x)⑤12 20 12 2联立③④⑤并代入数据解得： x＝0.5 m.答案 (1)5 m/s (2)0.5 m预测 2 如图 3 所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点， O 点到光滑水平面的距离为 h.物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m， B 与 C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B 物块位于 O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰撞过程中 B 物块受到的h16冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图 3答案 m mgh54 2gh 15128解析 设小球运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：6mgh＝ mv12 21解得： v1＝ 2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为 v1′，同理有：mg ＝ mv1′ 2h16 12解得： v1′＝ 2gh4设碰撞后物块 B 的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1＝－ mv1′＋5 mv2解得： v2＝ 2gh4由动量定理可得，碰撞过程中 B 物块受到的冲量大小为： I＝5 mv2＝ m54 2gh碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8 mv3据机械能守恒定律得： Epm＝ ×5mv － ×8mv12 2 12 23解得： Epm＝ mgh.15128解题方略力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移 x，时间 t)问题，不能解决力( F)的问题.(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.例 3(2015·广东理综 ·36)如图 4 所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R＝0.5 m，物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m，物块与7各粗糙段间的动摩擦因数都为 μ ＝0.1， A、 B 的质量均为 m＝1 kg(重力加速度 g 取 10 m/s2； A、 B 视为质点，碰撞时间极短).图 4(1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F；(2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值；(3)求碰后 AB 滑至第 n 个( n＜ k)光滑段上的速度 vn与 n 的关系式.解析 (1)从 A→ Q 由动能定理得－ mg·2R＝ mv2－ mv12 12 20解得 v＝4 m/s＞ ＝ m/sgR 5在 Q 点，由牛顿第二定律得FN＋ mg＝ mv2R解得 FN＝22 N.(2)A 撞 B，由动量守恒得mv0＝2 mv′解得 v′＝ ＝3 m/sv02设摩擦距离为 x，则－2 μmgx ＝0－ ·2mv′ 212解得 x＝4.5 m，所以 k＝ ＝45.xL(3)AB 滑至第 n 个光滑段上，由动能定理得－ μ ·2mgnL＝ ·2mv － ·2mv′ 212 2n 12所以 vn＝ m/s ( n2.8mg，故细绳会断裂，小球做平抛运动.2.如图 2 所示，可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上，一起以 v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生完全非弹性碰撞，B、 C 的上表面相平且 B、 C 不粘连， A 滑上 C 后恰好能达到 C 板的最右端，已知 A、 B、 C 质量均相等，木板 C 长为 L，求：图 2(1)A 物体的最终速度；(2)A 在木板 C 上滑行的时间.答案 (1) (2)3v04 4Lv0解析 (1)设 A、 B、 C 的质量为 m， B、 C 碰撞过程中动量守恒，设 B、 C 碰后的共同速度为v1，则 mv0＝2 mv1，解得 v1＝ ，v02B、 C 共速后 A 以 v0的速度滑上 C， A 滑上 C 后， B、 C 脱离， A、 C 相互作用的过程中动量守恒，设最终 A、 C 的共同速度为 v2，则 mv0＋ mv1＝2 mv2，解得 v2＝ .3v04(2)在 A、 C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有10FfL＝ mv ＋ mv － ·2mv (Ff为 A、 C 间的摩擦力)，12 20 12 21 12 2代入解得 Ff＝ .mv2016L此过程中对 C，根据动量定理有 Fft＝ mv2－ mv1，代入相关数据解得 t＝ .4Lv03.如图 3 所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线 PQ 与桌面成 45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球， A 球对桌面的压力为零，其质量为 m，电量为 q； B 球不带电且质量为 km(k7).A、 B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间 A 的速度为 v0.求：图 3(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后 A、 B 在桌上相遇，求爆炸前 A 球与桌边 P 的距离.答案 (1) mv (2) (3) ·k＋ 12k 20 3π m2qB 2k－ 2－ 3π2 k＋ 1 mv0qB解析 (1)设爆炸之后 B 的速度大小为 vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝ mv0－ kmvBE＝ mv ＋ kmv ＝ mv12 20 12 2B k＋ 12k 20(2)由 A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故 A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则11T＝2π mqB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了 个圆周34则 t2＝3π m2qB(3)由 0＝ mv0－ kmvB可得： vB＝v0k由 qv0B＝ m 知， R＝v20R mv0qB设爆炸前 A 球与桌边 P 的距离为 xA，爆炸后 B 运动的位移为 xB，时间为 tB则 tB＝ ＋ t2＋xAv0 Rv0xB＝ vBtB由图可得： R＝ xA＋ xB联立上述各式解得： xA＝ · .2k－ 2－ 3π2 k＋ 1 mv0qB4.如图 4 所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连， O 点为弹簧原长位置， O 点左侧水平面光滑.水平段 OP 长为 L＝1 m， P 点右侧一与水平方向成 θ ＝30°的足够长的传送带与水平面在 P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为 3 m/s，一质量为 1 kg 可视为质点的物块 A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能 Ep＝9 J ，物块与 OP 段动摩擦因数 μ 1＝0.1，另一与 A 完全相同的物块 B 停在 P 点， B 与传送带的动摩擦因数μ 2＝ ，传送带足够长， A 与 B 的碰撞时间不计，碰后 A、 B 交换速度，重力加速度 g＝10 33m/s2，现释放 A，求：图 4(1)物块 A、 B 第一次碰撞前瞬间， A 的速率 v0；(2)从 A、 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前， B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A、 B 能够碰撞的总次数.答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6 次解析 (1)设物块质量为 m， A 与 B 第一次碰前的速率为 v0，则 Ep＝ mv ＋ μ 1mgL，12 20解得 v0＝4 m/s.12(2)设 A、 B 第一次碰撞后的速度分别为 vA、 vB，则 vA＝0， vB＝4 m/s，碰后 B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为 a1，则 mgsin θ ＋ μ 2mgcos θ ＝ ma1，解得 a1＝ gsin θ ＋ μ 2gcos θ ＝10 m/s 2.运动的时间 t1＝ ＝0.4 s.vBa1位移 x1＝ t1＝0.8 m.vB2此过程相对运动路程 Δ s1＝ vt1＋ x1＝2 m.此后 B 反向加速，加速度仍为 a1，与传送带共速后匀速运动直至与 A 再次碰撞，加速时间为 t2＝ ＝0.3 s.va1位移为 x2＝ t2＝0.45 m.v2此过程相对运动路程 Δ s2＝ vt2－ x2＝0.45 m，全过程摩擦生热 Q＝ μ 2mgcos θ (Δ s1＋Δ s2)＝12.25 J.(3)B 与 A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后 A 向左运动再返回与 B 碰撞， B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A、 B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞： mv2＝2 nμ 1mgL，解得第二次碰撞后12重复的过程数为 n＝2.25.所以碰撞总次数为 N＝2＋2 n＝6.5＝6 次(取整数).