2018届二轮复习专题五动力学、动量和能量观点的综合应用课件（49张）（全国通用）

2018届二轮复习专题五动力学、动量和能量观点的综合应用课件（49张）（全国通用）

专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 知识回扣 规律方法 高考题型 2 　 动量 和能量观点在力学中的应用 高考题型 3 　 动量 和能量观点在电学中的应用 高考题型 1 　 动量定理 和动量守恒定律的应用 高 考题 精选精练 知识回扣 规律方法 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 的 原因 . 动量定理说明的是合外力的冲量 与 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 ____ 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 ， 它可以是恒力，也可以是变力 . 知识回扣 答案 动量变化 动量变化 合外 力的冲量 合力 答案 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 ， 这个系统的总动量保持不变 . (2) 表达式： m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ 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 p 1 ＝－ Δ p 2 ( 相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的 增量 __ ). 零 大 小相等、方向相反 答案 (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 . ② 系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力 为 ， 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 . 合力为零 零 答案 3. 解决力学问题的三个基本观点 (1) 力的观点：主要 是 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 定理 或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力 和 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 . 牛顿运动 动量 时间 规律方法 1. 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 定理 ；若涉及位移的问题，应选 用 定理 ；若涉及加速度的问题，只能 选用 . (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 . 答案 动能 动量 牛顿第二定律 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 ). 动量定理和动量守恒定律的应用 高考题型 1 例 1 　 (2017· 福建省大联考 ) 汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一 . 设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值 F 0 时，安全气囊爆开 . 某次试验中，质量 m 1 ＝ 1 600 kg 的试验车以速度 v 1 ＝ 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间 t 1 ＝ 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开 . 忽略撞击过程中地面阻力的影响 . (1) 求此过程中试验车受到试验台的冲量 I 0 的大小及 F 0 的大小； 答案 解析 答案　 见解析 解析　 v 1 ＝ 36 km/h ＝ 10 m/s ，取速度 v 1 的方向为正方向， 由动量定理有－ I 0 ＝ 0 － m 1 v 1 ① 将已知数据代入 ① 式得 I 0 ＝ 1.6 × 10 4 N·s ② 由冲量定义有 I 0 ＝ F 0 t 1 ③ 将已知数据代入 ③ 式得 F 0 ＝ 1.6 × 10 5 N ④ (2) 若试验车以速度 v 1 撞击正前方另一质量 m 2 ＝ 1 600 kg 、速度 v 2 ＝ 18 k m/h 同向行驶的汽车，经时间 t 2 ＝ 0.16 s 两车以相同的速度一起滑行 . 试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开 . 答案　 见解析 答案 解析 解析　 设试验车和汽车碰撞后获得共同速度 v ， 由动量守恒定律有 m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ ( m 1 ＋ m 2 ) v ⑤ 对试验车，由动量定理有－ Ft 2 ＝ m 1 v － m 1 v 1 ⑥ 将已知数据代入 ⑤⑥ 式得 F ＝ 2.5 × 10 4 N 可见 F ＜ F 0 ，故试验车的安全气囊不会爆开 . 1.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅲ ·20) 一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动 . F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示， 则 A. t ＝ 1 s 时物块的速率为 1 m/s B. t ＝ 2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C. t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D. t ＝ 4 s 时物块的速度为 零 对点拓展练 √ 答案 2 1 解析 图 1 √ 2 1 解析　 由动量定理可得： Ft ＝ m v ，解得 v ＝ . t ＝ 1 s 时物块的速率为 v ＝ m /s ＝ 1 m/ s ，故 A 正确； t ＝ 2 s 时物块的动量大小 p 2 ＝ 2 × 2 kg·m /s ＝ 4 kg·m/ s ， t ＝ 3 s 时物块的动量大小为 p 3 ＝ (2 × 2 － 1 × 1) kg·m /s ＝ 3 kg·m/ s ， t ＝ 4 s 时物块的动量大小为 p 4 ＝ (2 × 2 － 1 × 2) kg·m /s ＝ 2 kg·m/ s ，所以 t ＝ 4 s 时物块的速度为 1 m/s ，故 B 正确， C 、 D 错误 . 2.(2017· 济南一中模拟 ) 如图 2 所示，质量为 3 kg 的小车 A 以 v 0 ＝ 4 m /s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为 1 kg 的小球 B ( 可看做质点 ) ，小球距离车面 0.8 m. 某一时刻，小车与静止在水平面上的质量 为 1 kg 的物块 C 发生 碰撞并粘连在一起 ( 碰撞时间可忽略 ) ，此时轻绳突然断裂 . 此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中 ( 小桶的尺寸可忽略 ) ，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s 2 . 求 ： 2 1 图 2 (1) 绳未断前小球与砂桶的水平距离； 2 1 答案　 0.4 m 解析　 设小车与物块碰后的共同速度为 v 1 ， A 与 C 的碰撞动量守恒： m A v 0 ＝ ( m A ＋ m C ) v 1 ， 解得： v 1 ＝ 3 m/s 设小球下落时间为 t ，则： H ＝ gt 2 ，解得 t ＝ 0.4 s Δ x ＝ ( v 0 － v 1 ) t ＝ 0.4 m 即绳未断前小球与砂桶的水平距离为 0.4 m. 答案 解析 (2) 小车系统最终的速度大小 . 2 1 答案 解析 答案　 3.2 m/s 解析　 设系统最终速度为 v 2 ，由水平方向动量守恒可得： ( m A ＋ m B ) v 0 ＝ ( m A ＋ m B ＋ m C ) v 2 解得： v 2 ＝ 3.2 m/s 动量和能量观点在力学中的 应用 高考 题型 2 例 2 　 (2017· 山东临沂市一模 ) 如图 3 ，长度 x ＝ 5 m 的粗糙水平面 PQ 的左端固定一竖直挡板，右端 Q 处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率 v 逆时针转动，其上表面 QM 间距离为 L ＝ 4 m ， MN 无限长， M 端与传送带平滑连接 . 物块 A 和 B 可视为质点， A 的质量 m ＝ 1.5 kg, B 的质量 M ＝ 5.5 kg. 开始 A 静止在 P 处， B 静止在 Q 处，现给 A 一个向右的初速度 v 0 ＝ 8 m /s ， A 运动一段时间后与 B 发生弹性碰撞，设 A 、 B 与传送带和水平面 PQ 、 MN 间的动摩擦因数 均为 μ ＝ 0.15 ， A 与挡板的碰 撞也无机械能损失 . 取 重力加速度 g ＝ 10 m/ s 2 ，求： 图 3 答案 (1) A 、 B 碰撞后瞬间的速度大小； 解析 答案　 4 m /s 　 3 m/ s 解析　 设 A 与 B 碰撞前的速度为 v A ，由 P 到 Q 过程，由动能定理得： － μmgx ＝ m v A 2 － m v 0 2 ① A 与 B 碰撞前后动量守恒，有 m v A ＝ m v A ′ ＋ M v B ′ ② 由能量守恒定律得 ： m v A 2 ＝ m v A ′ 2 ＋ M v B ′ 2 ③ 联立 ①②③ 式得 v A ′ ＝－ 4 m /s ， v B ′ ＝ 3 m/ s 碰后 A 、 B 的速度大小分别为 4 m /s 、 3 m/ s (2) 若传送带的速率为 v ＝ 4 m/s ，试判断 A 、 B 能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远 . 答案　 不能相遇　 m 答案 解析 解析　 设 A 碰撞后运动的路程为 s A ，由动能定理得： － μmgs A ＝ 0 － m v A ′ 2 ④ s A ＝ m 所以 A 与挡板碰撞后再运动 s A ′ ＝ s A － x ＝ m ⑤ 设 B 碰撞后向右运动的距离为 s B ，则－ μMgs B ＝ 0 － M v B ′ 2 ⑥ 解得 s B ＝ 3 m< L ⑦ 故物块 B 碰后不能滑上 MN ，当速度减为 0 后， B 将在传送带的作用下反向加速运动， B 再次到达 Q 处时的速度大小为 3 m/s . 在水平面 PQ 上， B 再运动 s B ′ ＝ s B ＝ 3 m 停止， s B ′ ＋ s A ′ <5 m ，所以 A 、 B 不能再次相遇 . 最终 A 、 B 的距离 s AB ＝ x － s A ′ － s B ′ ＝ m. 技巧点拨 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 . 3.(2017· 福建泉州市二模 ) 如图 4 ，质量为 6 m 、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘齐平 . B 端上放有质量为 3 m 且可视为质点的滑块 C ， C 与木板之间的动摩擦因数为 μ ＝ ， 质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触 . 现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半 . 对点拓展练 图 4 (1) 求细绳能够承受的最大拉力； 答案 解析 答案　 见解析 解析　 设小球运动到最低点的速率为 v 0 ，小球向下摆动过程，由动能定理 mgL ＝ m v 0 2 得， v 0 ＝ 小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得： F T － mg ＝ m 解得： F T ＝ 3 mg 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力： F T ′ ＝ F T 即细绳能够承受的最大拉力为： F T ′ ＝ 3 mg (2) 若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； 答案 解析 答案　 见解析 解析　 小球碰撞后做平抛运动：竖直位移 h ＝ gt 2 水平分位移： L ＝ t 解得： h ＝ L (3) 通过计算判断 C 能否从木板上掉下来 . 答案 解析 答案　 见解析 解析　 小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒，设 C 碰后速率为 v 1 ， 依题意有 m v 0 ＝ m ( － ) ＋ 3 m v 1 假设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为 v 2 ， 由动量守恒得： 3 m v 1 ＝ (3 m ＋ 6 m ) v 2 由能量守恒得 ： · 3 m v 1 2 ＝ ( 3 m ＋ 6 m ) v 2 2 ＋ μ ·3 mgs 联立解得： s ＝ 由 s < L 知，滑块 C 不会从木板上掉下来 . 动量和能量观点在电学中的应用 高考 题型 3 例 3 　 (2017· 江西省六校 3 月联考 ) 在竖直的 xOy 平面内， 第 Ⅰ 、 Ⅲ 象限均存在相互正交的匀强电场和 匀强磁场， 第一 象限内电场沿＋ y 方向，磁场垂直 xOy 平面向 外 ， 第三 象限内电场沿－ x 方向，磁场 垂直 xOy 平面向 里 ， 电场强度 大小均为 E ，磁感应强度 大小均为 B ， A 、 B 两小球带等量异种电荷，带电量 大小 均为 q ，两球 中间 夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧 ( 不粘连 ) ，某时刻在原点 O 处同时由静止释放 A 、 B ， A 、 B 瞬间被弹开之后， A 沿圆弧 OM 运动， B 沿直线 OP 匀速运动， OP 与－ x 轴夹角 θ ＝ 37° ，如图 5 中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，已知重力加速度为 g ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ，试求： 图 5 答案 (1) A 、 B 两球的质量 比 ； 解析 解析　 弹开后， A 沿圆弧运动，所以 A 应带正电， m A g ＝ Eq 答案 (2) A 球出射点 M 离 O 点的距离； 解析 解析　 对 B 球受力分析，知： Bq v 2 sin θ ＝ Eq A 、 B 弹开瞬间动量守恒，可得 m A v 1 ＝ m B v 2 答案 (3) 刚释放时，弹簧的弹性势能 E p . 解析 解析　 弹开瞬间，由能量守恒可知： 4.(2017· 哈尔滨师大附中等二模 ) 如图 6 所示，竖直平面内，水平线 OO ′ 下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为 B ，一个单匝正方形导体框，边长为 L ，质量为 m ，总电阻为 r ，从 ab 边距离边界 OO ′ 为 L 的位置由静止释放 . 已知从 ab 边刚进入磁场到 cd 边刚进入磁场所用时间为 t ，重力加速度为 g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求： 对点拓展练 图 6 (1) ab 边刚进入磁场时， b 、 a 间电势差大小 U ba ； 答案 解析 解析　 ab 边刚进入磁场时速度大小为 v 1 ， E ＝ BL v 1 (2) cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小 . 解析　 从 ab 边刚进入磁场到 cd 边刚进入磁场的过程中 Δ Φ ＝ BL 2 由以上各式解得： 答案 解析 高考题精选精练 题组 1 　全国卷真题精选 1.(2016· 全国卷 Ⅱ ·35(2)) 如图 7 ，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上 . 某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m /s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高 度为 h ＝ 0.3 m( h 小于斜面体的高度 ). 已知小孩与滑板的总质量为 m 1 ＝ 30 kg ，冰块的质量为 m 2 ＝ 10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动 . 取重力加速度的大小 g ＝ 10 m/s 2 . 图 7 1 2 3 ( ⅰ ) 求斜面体的质量； 答案 1 2 3 解析 答案　 20 kg 解析　 规定向左为速度正方向 . 冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v ，斜面体的质量为 m 3 . 由 水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2 v 0 ＝ ( m 2 ＋ m 3 ) v ① m 2 v 0 2 ＝ ( m 2 ＋ m 3 ) v 2 ＋ m 2 gh ② 式中 v 0 ＝ 3 m/s 为冰块推出时的速度 . 联立 ①② 式并代入题给数据得 m 3 ＝ 20 kg 　 v ＝ 1 m/s ③ ( ⅱ ) 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 解析 答案　 不能，理由见解析 1 2 3 联立 ③⑥⑦ 式并代入数据得 v 2 ＝－ 1 m/s ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩 . 解析　 设小孩推出冰块后的速度为 v 1 ，由动量守恒定律有 m 1 v 1 ＋ m 2 v 0 ＝ 0 ④ 代入数据得 v 1 ＝－ 1 m/s ⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v 2 和 v 3 ，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2 v 0 ＝ m 2 v 2 ＋ m 3 v 3 ⑥ m 2 v 0 2 ＝ m 2 v 2 2 ＋ m 3 v 3 2 ⑦ 1 2 3 2.(2013· 新课标全国 Ⅱ ·35(2)) 如图 8 ，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A 、 B 、 C . B 的左侧固定一轻弹簧 ( 弹簧左侧的挡板质量不计 ). 设 A 以速度 v 0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A 、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动 . 假设 B 和 C 碰撞过程时间极短 . 求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中 ， ( ⅰ ) 整个系统损失的机械能 ； 答案 解析 图 8 1 2 3 解析　 从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v 1 时，对 A 、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 m v 0 ＝ 2 m v 1 ① 此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后它们的瞬时速度为 v 2 ，损失的机械能为 Δ E ，对 B 、 C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 m v 1 ＝ 2 m v 2 ② m v 1 2 ＝ Δ E ＋ × (2 m ) v 2 2 ③ 联立 ①②③ 式得 Δ E ＝ m v 0 2 ④ 1 2 3 ( ⅱ ) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能 . 答案 解析 解析　 由 ② 式可知 v 2 ＜ v 1 ， A 将继续压缩弹簧，直至 A 、 B 、 C 三者速度相同，设此速度为 v 3 ，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为 E p ，由动量守恒定律和能量守恒定律得 m v 0 ＝ 3 m v 3 ⑤ m v 0 2 － Δ E ＝ × ( 3 m ) v 3 2 ＋ E p ⑥ 联立 ④⑤⑥ 式得 E p ＝ m v 0 2 1 2 3 题组 2 　各省市真题精选 3.(2015· 广东理综 ·36) 如图 9 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 v 0 ＝ 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/s 2 ； A 、 B 视为质点，碰撞时间极短 ). 图 9 1 2 3 (1) 求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F ； 答案 解析 答案　 4 m/s 　 22 N 解析　 从 A → Q 由动能定理得 － mg ·2 R ＝ m v 2 － m v 0 2 在 Q 点，由牛顿第二定律得 解得 F ＝ 22 N. 1 2 3 (2) 若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； 答案 解析 答案　 45 解析　 A 撞 B ，由动量守恒得 m v 0 ＝ 2 m v ′ 解得 v ′ ＝ ＝ 3 m/s 设摩擦距离为 x ，则－ 2 μmgx ＝ 0 － · 2 m v ′ 2 解得 x ＝ 4.5 m 所以 k ＝ ＝ 45. 1 2 3 (3) 求碰后 AB 滑至第 n 个 ( n ＜ k ) 光滑段上的速度 v n 与 n 的关系式 . 答案 解析 解析　 AB 滑至第 n 个光滑段上，由动能定理得 1 2 3