2018年高考物理大二轮复习专题五动力学动量和能量观点的综合应用课件.pptx

1、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Ftpp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.

2、,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：m1v1m2v2m1v1m2v2或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(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 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的 . 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. 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、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,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

4、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

5、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F0时，安全气囊爆开.某次试验中，质量m11 600 kg的试验车以速度v1 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 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I0的大小及F0的大小；,答案,解析,答案见解析,解析v1 36 km/h10 m/s，取速度v1 的方向为正方向， 由动量定理有I0 0m1v1 将已知数据代入式得I01.6104 Ns 由冲量定义有I0 F0t1 将已知数据代入式得F01.6105 N,(2)若试验车以速度v1撞击正前方另

6、一质量m21 600 kg、速度v218 km/h同向行驶的汽车，经时间t20.16 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m1v1m2v2 (m1m2)v 对试验车，由动量定理有Ft2 m1vm1v1 将已知数据代入式得F2.5104 N 可见FF0，故试验车的安全气囊不会爆开.,1.(多选)(2017全国卷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.t1 s时物块的速率为1 m/s B.t2 s时物块的

7、动量大小为4 kgm/s C.t3 s时物块的动量大小为5 kgm/s D.t4 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：Ftmv，解得v .t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故A正确；,t2 s时物块的动量大小p222 kgm/s4 kgm/s，t3 s时物块的动量大小为p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 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v04 m/s的速度沿光滑水

8、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/s2.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v1， A与C的碰撞动量守恒：mAv0(mAmC)v1， 解得：v13 m/s 设小球下落时间为t，则：H gt2，解得t0.4 s x(v0v1)t0.

9、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v2，由水平方向动量守恒可得： (mAmB) v0(mAmBmC)v2 解得：v23.2 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x5 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L4 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m1.5 kg,B的质量M5.5 kg.开始A静止在P处，B

10、静止在Q处，现给A一个向右的初速度v08 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0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失.取重力加速度g10 m/s2，求：,图3,答案,(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；,解析,答案4 m/s3 m/s,解析设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得：,mgx mvA2 mv02,A与B碰撞前后动量守恒，有mvAmvAMvB,由能量守恒定律得： mvA2 mvA2 MvB2,联立式得vA4 m/s，vB3 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v4 m/

11、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sA，由动能定理得：,mgsA0 mvA2 ,sA m,所以A与挡板碰撞后再运动sAsAx m ,设B碰撞后向右运动的距离为sB，则MgsB0 MvB2 ,解得sB3 mL 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sBsB3 m停止，sBsA5 m，所以A、B不能再次相遇.,最终A、B的距离sABxsAsB m.,1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚

12、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6m、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3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为 ，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

13、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v0，小球向下摆动过程，由动能定理mgL mv02得，v0,小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：,FTmgm,解得：FT3mg 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FTFT 即细绳能够承受的最大拉力为：FT3mg,(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 gt2,水平分位移：L t,解得：hL,(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来.,答案,解析,答案

14、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v1，,依题意有mv0m( )3mv1,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v2， 由动量守恒得：3mv1(3m6m)v2,由能量守恒得： 3mv12 (3m6m)v223mgs 联立解得：s 由sL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、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

15、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 370.6，cos 370.8，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， mAgEq,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：Bqv2sin Eq,A、B弹开瞬间动量守恒，可得mAv1

16、mBv2,答案,(3)刚释放时，弹簧的弹性势能Ep.,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Uba；,答案,解析,解析ab边刚进入磁场时速度大小为v1，,EBLv1,(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度大小.,解析

17、从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中,BL2 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h0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g10 m/s2.,图7,1,2,3,()求斜面体的质量；,答案,1,2,3,解析,答案20

18、 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m3. 由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0(m2m3)v ,m2v02 (m2m3)v2m2gh ,式中v03 m/s为冰块推出时的速度.联立式并代入题给数据得 m320 kgv1 m/s ,()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,联立式并代入数据得v21 m/s ,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v1，由动量守恒定律有 m1v1

19、m2v00 代入数据得v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0m2v2m3v3 ,m2v02 m2v22 m3v32 ,1,2,3,2.(2013新课标全国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v0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， ()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v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv02mv1 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v2，损失的机械能为E，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv12mv2 ,mv12E (2m)v22 ,联立式得E mv02 ,1,2,3,()弹簧被压缩到最短时的弹性势能.,答案,解析,解析