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    2022年高中物理(新教材)新人教版同步学案第一章 专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用
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    人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试学案设计

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    这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试学案设计,共10页。

              动量动力学和能量观点在力学中的应用

     

    [学习目标] 1.进一步熟悉牛顿第二定律动能定理动量守恒定律能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点动量观点和能量观点解决力学问题

    一、力的三个作用效果与五个规律

    作用效果

    对应规律

    公式表达

    三个基本观点

    力的瞬时作用效果

    牛顿第二定律

    Fma

    动力学观点

    力对空间积累效果

    动能定理

    WΔEk Wmv22mv12

    能量观点

    机械能守恒定律

    mgh1mv12mgh2mv22

    力对时间积累效果

    动量定理

    Ftpp

    IΔp

    动量观点

    动量守恒定律

    m1v1m2v2m1v1m2v2

     

    二、力学规律的选用原则

    1如果要列出各物理量在某一时刻的关系式可用牛顿第二定律

    2研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题

    3若研究的对象为一物体系统且它们之间有相互作用一般用两个守恒定律解决问题但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件

    4在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程

    5在涉及碰撞爆炸打击绳绷紧等物理现象时需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化这种问题由于作用时间极短因此动量守恒定律一般能派上大用场


    如图1所示较长的曲面与水平桌面平滑连接m1m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接置于水平桌面上弹簧与两物体不拴连现将细线烧断弹簧将两物体弹开m2离开弹簧后从右边飞出m1冲上曲面已知桌面高为hm2平抛的水平射程为xm12mm2m不计一切摩擦重力加速度为g

    1

    (1)m2离开弹簧时的速度大小

    (2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H

    (3)弹簧的最大弹性势能

    答案 (1)x (2) (3)

    解析 (1)m2平抛过程分析,有

    hgt2

    xv2t

    解得v2x.

    (2)弹簧将两物体弹开的过程,m1m2组成的系统动量守恒,取向左为正方向,由动量守恒定律有

    m1v1m2v20

    解得v1

    m1冲上曲面过程,由机械能守恒定律有

    m1gHm1v12

    解得H.

    (3)弹簧的最大弹性势能为Epm1v12m2v22

    解得Ep.

    1灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所有的物体为研究对象.

    2灵活选取物理过程.在综合题目中,物体运动常有几个不同的过程,根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.

    (2020·湖北曾都高二期中)如图2光滑的水平地面上静止放置一辆小车A质量mA5 kg上表面光滑可视为质点的物块B置于A的最右端B的质量mB3 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 NA运动一段时间后小车左端固定的挡板与B发生碰撞碰撞时间极短碰后AB粘合在一起共同在F的作用下继续运动碰撞后经时间t0.8 s二者的速度达到vt2 m/s.

    2

    (1)A开始运动时加速度a的大小

    (2)AB碰撞后瞬间的共同速度v的大小

    (3)A的上表面长度l.

    答案 (1)2.0 m/s2 (2)1 m/s (3)0.64 m

    解析 (1)A为研究对象,由牛顿第二定律有FmAa

    代入数据解得a2.0 m/s2

    (2)AB碰撞后一起在F的作用下运动时间t的过程中,由动量定理得

    Ft(mAmB)vt(mAmB)v

    代入数据解得v1 m/s

    (3)AB发生碰撞前,A的速度为vA

    AB发生碰撞的过程,由动量守恒定律有

    mAvA(mAmB)v

    A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有

    FlmAvA2

    代入数据可得l0.64 m.

    1(动力学和动量观点的综合应用)(多选)如图3所示一平台到地面的高度为h0.45 m质量为M0.3 kg的木块放在平台的右端木块与平台间的动摩擦因数为μ0.2.地面上有一质量为m0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x1.2 m旋紧发条后释放让玩具青蛙斜向上跳起当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行已知木块和玩具青蛙均可视为质点玩具青蛙抱住木块过程时间极短不计空气阻力重力加速度g10 m/s2则下列说法正确的是(  )

    3

    A玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s

    B玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s

    C玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s

    D木块开始滑动时的速度大小为1 m/s

    答案 AD

    解析 hgt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t10.3 sA项正确;玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx4 m/svygt13 m/s,则玩具青蛙起跳时的速度大小为v05 m/sC项错误;由动量守恒定律得mvx(Mm)v,解得木块开始滑动时的速度大小为v1 m/sD项正确;对木块及玩具青蛙,由动量定理得:-μ( Mm)gt20(Mm)v,解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t20.5 sB项错误

    2(力学三大观点的综合运用)(2021·忻州一中月考)如图4所示一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上质量为M2 kg的物块静止在水平面上的P质量为m1 kg的小球用长l0.9 m的轻绳悬挂在P点正上方的O现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置静止释放小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰碰后物块向右运动并压缩弹簧之后物块被弹回刚好能回到P设小球与物块只碰撞一次不计空气阻力物块和小球均可视为质点重力加速度取g10 m/s2.

    4

    (1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小

    (2)弹簧的最大弹性势能Ep.

    答案 (1)20 N (2)2 J

    解析 (1)小球静止释放,由机械能守恒定律:mgl(1cos 60°)mv02

    小球在最低点由牛顿第二定律得:FTmgm

    又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力FTFT

    解得:FT20 N.

    (2)小球与物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律得:mv0mv0Mv1

    mv02mv02Mv12

    物块从P点运动到最右端,由能量守恒定律得:Mv12EpQ

    小球反弹后回到P点的过程,又有:EpQ

    联立解得:Ep2 J.

     

     

    1(多选)如图1所示水平轻质弹簧的一端固定在墙上另一端与质量为m的物体A相连A放在光滑水平面上有一质量与A相同的物体B从离水平面高h处由静止开始沿固定光滑曲面滑下A相碰后一起将弹簧压缩弹簧恢复原长后某时刻BA分开且沿原曲面上升下列说法正确的是(重力加速度为g)(  )

    1

    A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh

    B弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为

    CBA分开后能达到的最大高度为

    DBA分开后能达到的最大高度不能计算

    答案 BC

    解析 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0,根据动量守恒定律可得AB碰撞后的速度为vv0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm×2mv2

    mgh,故A错误,B正确;当弹簧再次恢复原长时,AB分开,B以大小为v的速度向左沿曲面上滑,根据机械能守恒定律可得mghmv2,解得B能达到的最大高度为hh,故C正确,D错误

    2(多选)如图2光滑水平面上放着长木板B质量为m2 kg的木块A以速度v02 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面由于AB之间存在摩擦之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示重力加速度g10 m/s2则下列说法正确的是(  )

    2

    A木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1

    B长木板的质量M2 kg

    C长木板B的长度至少为2 m

    D木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J

    答案 AB

    解析 由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0(mM)v,解得Mm2 kg,故B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为aB m/s21 m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得μmgMaB,解得μ0.1,故A正确;由题图可知前1 s内长木板B的位移为xB×1×1 m0.5 m,木块A的位移为xA×1 m1.5 m,所以长木板B的最小长度为LxAxB1 m,故C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为ΔEmv02(mM)v22 J,故D错误

    3.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图3所示一质量为MB6 kg的木板B静止于光滑的水平面上物块A的质量MA6 kg停在B的左端一质量为m

    1 kg 的小球用长为l0.8 m的轻绳悬挂在固定点O将轻绳拉直至水平位置后由静止释放小球小球在最低点与A发生碰撞后反弹反弹所能达到的最大高度h0.2 m物块A与小球均可视为质点AB达到共同速度后A还在木板上不计空气阻力g10 m/s2.

    3

    (1)小球和物块A碰后瞬间物块A的速度大小

    (2)AB组成的系统因摩擦损失的机械能

    答案 (1)1 m/s (2)1.5 J

    解析 (1)对于小球,在运动的过程中机械能守恒,

    则有mglmv12,得v14 m/s

    mghmv12,得v12 m/s

    小球与物块A碰撞过程中,系统的动量守恒,以向右为正方向,则有:mv1=-mv1MAvA

    解得vA1 m/s

    (2)物块A与木板B相互作用过程中:

    MAvA(MAMB)v,解得v0.5 m/s.

    AB组成的系统因摩擦而损失的机械能

    ΔEMAvA2(MAMB)v2

    代入数据,解得ΔE1.5 J

    4如图4所示光滑的水平面上有一质量M9 kg的木板其右端恰好和光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)木板右端放有一质量m02 kg的物体C(可视为质点)已知圆弧轨道半径R0.9 m现将一质量m4 kg的小滑块(可视为质点)在轨道顶端A点由静止释放滑块滑到B端后冲上木板并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行最后恰好不从木板左端滑出已知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ0.2g10 m/s2.

    4

    (1)滑块到达圆弧的B端时轨道对它的支持力大小

    (2)木板的长度l.

    答案 (1)120 N (2)1.2 m

    解析 (1)滑块从A端下滑到B端,由机械能守恒定律得

    mgRmv02

    解得v03 m/s

    B点,由牛顿第二定律得

    FNmgm

    解得轨道对滑块的支持力FN120 N.

    (2)滑块滑上木板后,滑块与木板右端的物体C发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后共同的速度为v1,则

    mv0(mm0)v1

    代入数据得v12 m/s

    对滑块、物体C以及木板,三者组成的系统沿水平方向的动量守恒,设末速度为v2,由动量守恒定律有

    (mm0)v1(mm0M)v2

    由能量守恒定律得

    μ(mm0)gl(mm0)v12(Mmm0)v22

    解得l1.2 m.

    5.如图5所示C是放在光滑的水平面上的一块木板木板的质量为3m在木板的上表面有两块质量均为m的小木块AB它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止AB两木块同时以相向的水平初速度v02v0滑上长木板木板足够长AB始终未滑离木板也未发生碰撞重力加速度为g

    5

    (1)此后运动过程中木块B的最小速度是多少

    (2)木块A从刚开始运动到ABC速度刚好相等的过程中木块A发生的位移是多少

    答案 见解析

    解析 (1)由题知,B向右减速,A向左减速,此时C静止不动;A先减速到零后与C一起反向向右加速,B向右继续减速,三者共速时,B的速度最小

    取向右为正方向,根据动量守恒定律有

    m·2v0mv05mv

    解得B的最小速度v.

    (2)A向左减速的过程,根据动能定理有

    μmgx10mv02

    向左的位移为x1

    AC一起向右加速的过程,根据动能定理有

    μmgx2×4m2

    向右的位移为x2

    取向右为正方向,整个过程A发生的位移为

    xx2x1=-

    即此过程中A发生的位移向左,大小为.

    6.(2020·嘉祥县第一中学高二期中)如图6所示小球A质量为m系在细线的一端细线的另一端固定在OO点到光滑水平面的距离为h.物块BC的质量分别是4m2m物块BC与轻弹簧接触不拴接静止置于光滑的水平面上且物块B位于O点正下方现拉动小球A使细线水平伸直小球A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与水平面的距离为.小球A与物块BC均可视为质点不计空气阻力重力加速度为g求碰撞过程

    6

    (1)物块B受到的冲量大小

    (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能

    (3)物块C获得的最大速度的大小

    答案 (1) (2)mgh (3)

    解析 (1)设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1,取小球A运动到最低点时的重力势能为零,

    根据机械能守恒定律有mghmv12

    解得v1

    设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1

    根据机械能守恒定律有:mv12mg

    解得v1

    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=-mv14mv2

    解得v2

    由动量定理可得,碰撞过程物块B受到的冲量大小为I4mv2

    (2)碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大,

    根据动量守恒定律有4mv26mv3

    根据机械能守恒定律有Epm×4mv22×6mv32

    解得Epmmgh

    (3)当压缩的弹簧恢复原长时,C物块获得的速度最大,根据动量守恒定律和能量守恒定律有

    4mv24mv22mv3

    ×4mv22×4mv22×2mv32

    解得v3

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