专题6动力学、动量和能量观点的综合应用

1、专题6动力学、动量和能量观点的综合应用网络构建考题一动量定理和能量观点的综合应用B知识精讲1 .动量定理公式：Ft=p'-p说明：(1)F为合外力恒力,求Ap时,用Ap=Ftb.变力,求I时,用I=Ap=mvmv牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率p当Ap一定时,Ft为确定值：F=-t小F大一一如碰撞；t大F小一一缓冲(2)等式左边是过程量Ft,右边是两个状态量之差,是矢量式.vi、V2是以同一惯性参照物为参照的.Ap的方向可与mv一致、相反或成某一角度,但是Ap的方向一定与Ft一致.2 .力学规律的选用原那么单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.假设其中涉及时间

2、的问题,应选用动量定理；假设涉及位移的问题,应选用动能定理；假设涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律回典例剖析例1据统计人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小,可忽略不计.g取10m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物包括传感器的质量mkg重物卜落图度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力FMN850重物与地面接触时间t/s1请你选择所需数据,通过计算答复以下问题：重物受到地面的最大冲击力时的加速度大

3、小；在重物与地面接触过程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.2如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体举措,请你提供一种可行的方法并说明理由解析1重物受到最大冲击力时加速度的大小为a由牛顿第二定律：a=3m解得a=90m/s212重物在空中运动过程中,由动能th理mgh=mv重物与地面接触前瞬时的速度大小v1=42gH重物离开地面瞬时的速度大小V2=2gh重物与地面接触过程,重物受到的平均作用力大小为F,设竖直向上为正方向由动量定理：Fmgt=mvmV.解得F=510N,故Ag=6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物

4、所受重力的6倍.2可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力如落地后双腿弯曲,由动量定理Ft=Amv可知,接触时间增加了,冲击力F会减小.答案190m/s26倍2见解析【变式练习】1 .高空作业须系平安带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到平安带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t平安带到达最大伸长量,假设在此过程中该作用力始终竖直向上,那么该段时间平安带对人的平均作用力大小为-mg-mg+mg+mg答案A解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=pgh,在t时间内对人由动量定理得(Fmgt=mx解得平安带对人白平均作用力为F=m2吏+m

5、gA项正确.2 .一质量为kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图1所示.物块以V0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数;(2)假设碰撞时间为s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W答案(1)(2)130N(3)9J解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中1212应用动能th理一(1mgs=mvmv代入数值解得=(2)取向右为正方向,碰后滑块速度v'=-6m/s由动量定理得：F

6、At=mv-mv解得f=130N其中“一表示墙面对物块的平均作用力方向向左(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得WW=02mV2考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用国知识精讲1 .动量守恒定律1表达式：mvi+mv2=mvi'+mv2'；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Ap=0系统总动量的增量为零；或Api=Ap2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.2动量守恒条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.近似守恒：外力远小于内力,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或外力的冲量比内力冲量小得多单方向守

7、恒：合外力在某方向上的分力为零,那么系统在该方向上动量守恒动量守恒定律应用要注意的三性矢量性：在一维运动中要选取正方向,未知速度方向的一律假设为正方向,带入求解2同时性：mvi和mv2作用前的同一时刻的动量mvi'和mv2-作用后的同一时刻的动量同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用宏观、微观、高速、低速2 .力学规律的选用原那么多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律,假设涉及碰撞、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S典例剖析例2如图2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

8、相切,半径R=m,物块A以v°=6m/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=m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为AB的质量均为m=1kg重力加速度g取10m/s2;AB视为质点,碰撞时间极图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2)假设碰后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(nvk)光滑段上的速度Vn与n的关系式.解析(1)从ZQ由动能定理得-mcg-2R=m/-：mv222解得v=4m/s>gR=&

9、#39;5m/s2V在Q点,由牛顿第二te律得F+mg=mR解得F=22N.(2) A撞B,由动量守恒得mv=2mVVo解得v=2=3m/s1,2设摩擦距离为x,那么一2(!mg*0-万2mv解得x=mx所以k=45.(3) AB滑至第n个光滑段上,由动能定理得1212-2mgnL=,2mvg2mv所以vn=错误！m/s(n<45).答案(1)4m/s22N(2)45(3)vn=错误！m/s(n<45)【变式练习】3.如图3,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间.A的质量为mB、C的质量都为M三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动,求m和M之

10、间应满足什么条件,才能使A只与BC各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案(南2)MKm<M解析设A运动的初速度为V0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv=mv+Mv111由机械能寸恒te律得mv=2mv+/Mvm-M2m可信vi=mrM/05v2=m°要使得A与B能发生碰撞,需要满足vK0,即m<MA反向向左运动与B发生碰撞过程,有mv=mv+Mv；mv2=2mva2Mvm-M整理可得v3=m；Mvb2mv4=viM由于m<M所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足vs<v2.2mm-Mm-M2即评0A3=(r)voMMm+

11、M整理可得m+4MmM解方程可得m>(5-2)M另一解me(45+2)M舍去所以使A只与RC各发生一次碰撞,须满足(/5-2)MKmM考题三电学中动量和能量观点的综合应用国方法指导系统化思维方法,就是根据众多的要素、事实,根据一定的联系方式,将其各局部连接成整体的方法.(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拟复杂的运动.(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).S典例剖析例3如图4所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,x轴与绝缘的水平面重

12、合,在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m=8X10-3kg的不带电小物块静止在原点O,A点距O点l=m,质量m=1xi03kg的带电小物块以初速度丫.=m/s从A点水平向右运动,在O点与m发生正碰并把局部电量转移到m上,碰撞后m的速度为m/s,m与水平面的动摩擦因数此后不再考虑m、m间的库仑力.电场强度E=40N/C,小物块2为(1=,取g=10m/s,求:(1)碰后m的速度;(2)假设碰后m做匀速圆周运动且恰好通过P点,OP与x轴的夹角0=30.,OH£为lop=m,求磁感应强度B的大小;(3)其他条件不变,假设改变磁场磁感应强度的大小,使m2能与m再次

13、相碰,求B'的大小.解析(1)设m与m2碰前速度为vi,由动能定理(iimgl=2niv12；mv02代入数据解得：V1=m/sV2=m/s,m、m正碰,由动量守恒有：mv1=mv1'+mv2代入数据得：v/=m/s,方向水平向左(2)m恰好做匀速圆周运动,所以qE=mg3得：q=2X10C2丫2由洛伦兹力提供向心力,设物块m做圆周运动的半径为R,那么qv2B=mpR轨迹如图,由几何关系有：R=lop解得：B=1Tm碰后做匀减速运动(3)当m2经过y轴时速度水平向左,离开电场后做平抛运动,m匀减速运动至停止,其平均速度大小为：-1v=石|v1|=m/s>v2=m/s,所以

14、m在m停止后与其相碰由牛顿第二定律有：Ff=img=mam停止后离O点距离:,2V1IT那么m平抛的时间:st=一V212平抛的局度：h=2gt设m2做匀速圆周运动的半径为R,由几何关系有:R=2h2mv2由qvzB'=石,联立得：B'=TR答案一m/s,方向水平向左(2)1T(3)T【变式练习】4.如图5所示,GDEFi和GD2EF2是距离为L的相同光滑导轨,GD和EFi为两段四分之一的圆弧,半径分别为=8r和2=r.在水平矩形DEED内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B导体棒RQ的长度均为L,质量均为m电阻均为R其余电阻不计,Q停在图中位置,现将P从轨道最高点无初速度释放

15、,那么：图5(1)求导体棒P进入磁场瞬间,回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)假设P、Q不会在轨道上发生碰撞,棒Q到达E1E2瞬间,恰能脱离轨道飞出,求导体棒P离开轨道瞬间的速度；(3)假设P、Q不会在轨道上发生碰撞,且两者到达EE2瞬间,均能脱离轨道飞出,求回路中产生热量的范围.答案(1)如,方向逆时针(2)3gr(3)3mgKQ<4mgr解析(1)导体棒P由GG下滑到DD,根据机械能守恒定律：mg-mv)2,VD=4/gr导体棒P到达DD2瞬间：E=BLw回路中的电流-grR方向逆时针(2)棒Q到达2mQmg=EE瞬间,恰能脱离轨道飞出,此时对Q：vq=gr设导体棒P离

16、开轨道瞬间的速度为vp,根据动量守恒定律：mv>=mv+mvQ代入数据得,vp=3gr(3)由(2)知,假设导体棒Q恰能在到达EE瞬间飞离轨道,P也必能在该处飞离轨道.根据能量21212守恒,回路中广生的热量：Q=mw,mp-2mQ=3mgr假设导体棒Q与P能到达共速v,回路中产生的热量最多,那么根据动量守恒：mv)=(m+n)v,v=2-gr回路中产生的热量：Q=2mv>BP间的水平距离xbp；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.答案(1)m(2)不能(3)m解析(1)设碰撞后物块B由D点以初速度VD做平抛运动,落到P点时其竖直速度为Vy=4薪-

17、2(m)v2=4mgr综上所述,回路中产生热量的范围是3mgrwQ<4mgr专题标准练1 .如图1所示,水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道,圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP其形状为半径R=m的圆环剪去了左上角135°后剩余的局部,MN其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也为R质量m=kg的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放,到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失),碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x=6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位),物块B飞离桌面后恰由

18、P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10m/s2)求：图1一,vy一一同时一=tan45,解得vd=4m/svd12设平抛用时为t,水平位移为x,那么有R=2gt2x=VDt解得x=m物块B碰后以初速度丫.=6m/s,加速度大小a=4m/s2减速到vd,那么BD间的位移为22vdv0x1=m2a2=-22mgR故BP之间的水平距离xbp=x+xi=m(2)假设物块B能沿轨道到达M点,在M点时其速度为vm,那么有；mv,2mv2vm设轨道对物块的压力为Fn,那么Fn+mg=rr解得Fn=(1明mc<0,即物块不能到达M点.对物块A、B的碰撞过程,有：mvA=mvA'+mv0121

19、212QRAva=2RAva'+2间0解得：va=6m/s设物块A释放的高度为h,那么mgh=；ms2,解得h=m2 .如图2所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,为圆形轨道最低点,M点为最高点,圆形轨道半径R=m.水平轨道PN右侧的水平地面上,并排放置两块长木板d,两木板间相互接触但不粘连,长木板上外表与水平轨道PN平齐,木板c质量m=kg,长L=4m,木板d质量m=kg.质量m=kg的小滑块b放置在轨道QNLb,另一质量m=kg的小滑块a从P点以水平速度V0向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损

20、失.碰后a沿原路返回到M点时,对轨道压力恰好为0.小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为科0=,重力加速度g=10m/s2.图2(1)求小滑块a与小Vt块b碰撞后,a和b的速度大小vi和V2；(2)假设碰后滑块b在木板c、d上滑动时,木板c、d均静止不动,c、d与地面间的动摩擦因数至少多大(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)假设不计木板c、d与地面间的摩擦,碰后滑块b最终恰好没有离开木板d,求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.答案(1)4m/sm/s(2)(3)1sm解析(1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：2VMmB=mg小滑块a碰后返回到M

21、点过程中机械能守恒：gmv12=；mvM2+mg(2R)代入数据,解得：V1=4m/s取水平向右为正方向,小滑块a、b碰撞前后:动量守恒：mv0=mv1+mv2121212机械能寸恒：mv.=mv1+mv2代入数据,解得：v0=m/s,v2=m/s(2)假设b在d上滑动时d能静止,那么b在c上滑动时c和d一定能静止(m+m)g>0mg(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小:2a1=°g=m/s此时两块长木板的加速度大小：a2=mg=m/s2令小Vt块b在长木板c上的滑行时间为t,那么:12时间t内小滑块b的位移X1=v2ta1t12两块长木板的位移X2=a2t且X1-X2=L

22、解得：t1=1s或t2=3s舍去b刚离开长木板c时b的速度V2'=V2ait1=m/sb刚离开长木板c时d的速度V3=a2ti=m/sd的长度至少为x：由动量守恒可知：nw2'+mv3=(m+m)v解得：v=2m/s1,2,1212(10叱*=严丫2+2(mv32(m+m)v解得：x=m3 .如图3所示,两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠,组成“8字形通道,在“8字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管ABE处距地面的高度h=m,一质量m=1kg的小球a从A点以速度vo=12m/s的速度向右进入直管道,到达B点后沿“8字形轨道向上运动,到达D点时恰好与轨道无作用力,直接进入D

23、E管(DE管光滑),并与原来静止于E处的质量为M=4kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).碰撞后a球沿原路返回,速度大小为碰撞前速度大小的1,而b球从E点水平抛出,其水平射程s=m.(g=10m/sa、b碰撞过程,动量守恒,以水平向右为正方向,那么有:)3图3(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8字形管道上下两圆的半径r和R;(3)假设小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值,请判断a球返回到BA管道时,能否从A端穿出答案(1)1m/s(2)mm(3)不能解析(1)b球离开E点后做平抛运动,12h=2gt,s=vbt,解得vb=1m/smv=rnx13V+Mv解得va=3m/s2va碰刖a在D处恰好与轨道无作