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2021高考物理一轮复习-第6章-碰撞与动量守恒-专题八-动力学、动量和能量观点的综合应用教案.doc
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1、2021高考物理一轮复习 第6章 碰撞与动量守恒 专题八 动力学、动量和能量观点的综合应用教案2021高考物理一轮复习 第6章 碰撞与动量守恒 专题八 动力学、动量和能量观点的综合应用教案年级:姓名:15专题八动力学、动量和能量观点的综合应用考点一动量与动力学观点的综合应用1力学三大观点与五个规律观点对应规律公式表达动力学观点牛顿第二定律运动学公式F合mavv0atxv0tat2v2v2ax能量观点动能定理W合Ek即W合mvmv机械能守恒定律E1E2 mgh1mvmgh2mv动量观点动量定理F合tpp I合mv2mv1动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v22.力学规律的选用原则(1)如果
2、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,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,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则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。(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均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去
3、解决。(2018全国卷24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g10 m/s2。求:(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰
4、撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有vB22aBxB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA,根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为xA,由运动学公式有vA22aAxA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s答案:(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s变式1为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律,某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v t图象,小球质量为0.6 kg,空
5、气阻力不计,重力加速度g10 m/s2,由图可知()A横轴上每一小格表示的时间是1 sB小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 mC小球第一次反弹的最大高度为1.25 mD小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66 NC小球下落时做自由落体运动,加速度大小为g,落地时的速度v6 m/s,故小球下落所用时间为t0.6 s,题图中对应6个小格,故每一小格表示0.1 s,选项A错误;由hgt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h1.8 m,选项B错误;第一次反弹后小球做竖直上抛运动,由题图可知小球能上升的最大高度h m1.25 m,选项C正确;由题图可知,小球向下运动的方向为正方向,碰撞时
6、间约为0.1 s,根据动量定理可得(mgF)tmvmv,代入数据可解得F72 N,选项D错误。变式2如图所示,一消防车空载时的质量M2 000 kg,储水容积V010 m3,储满水后静止在倾角为37的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为3.2 m,打开水枪水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点到射出点的水平距离为48 m。已知水枪出水口的面积为2103 m2,水的密度为1.0103 kg/m3,重力加速度g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,求:(1)水射出枪口时的速度大小v;(2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。解析:(1)
7、由平抛运动可得hgt2,xvt联立解得v60 m/s(2)取很短一段时间t内喷出的水为研究对象,则该段时间内喷出水的质量mSvt设车对水产生的水平作用力为F,则由动量定理可得Ftmv由牛顿第三定律可知水对车的作用力FF取车为研究对象,以沿斜面向上为正方向,其受力平衡有(MV0Svt)gsin 37Fcos 37Ff则水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式为Ff6.624104720t(N)。答案:(1)60 m/s(2)Ff6.624104720t(N)考点二动量与能量观点的综合应用1两大观点动量的观点:动量定理和动量守恒定律。能量的观点:动能定理和能量守恒定律。2解题技巧(1)若研究对
8、象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。(2019全国卷25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图甲所示。t0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(
9、图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图乙所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。(1)求物块B的质量;(2)在图乙所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。解析:本题考查速度时间图象、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理及其相关知识点。(1)根据题图乙,v1为物块A在碰撞前瞬间速度
10、的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2联立式得m3m(2)在题图乙所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff,下滑过程中所走过的路程为x1,返回过程中所走过的路程为x2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgHFfx1mv0(Ffx2mgh)0m2从题图乙所给出的v t图线可知x1v1t1x2(1.4t1t1)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为WFfx1Ffx2联立式可得WmgH(3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有W
11、mgcos 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为x,由动能定理有mgx0mv2设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有mghmgcos mgx0联立式可得答案:(1)3m(2)mgH(3)变式3(多选)如图所示,两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较()A射入滑块A的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大C两个过程中系统产生的热量相同D射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍BC设子弹的初速度为v,子弹与滑块的共同速度为v,则根据动量守恒定律,有mv(Mm)
12、v,解得v;由于两矩形滑块A、B的质量相同,故最后子弹与滑块的速度都是相同的,子弹速度变化相同,故A错误;滑块A、B的质量相同,初速度均为零,末速度均为,故动量变化量相等,根据动量定理可知两滑块受到的冲量相等,故B正确;根据能量守恒定律,两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能,故两个过程中系统产生的热量相同,故C正确;根据动能定理,子弹射入滑块中时阻力对子弹做功等于子弹动能的减小量,故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功,故D错误。变式4如图所示,质量M4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L0.5 m,这段滑
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