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专题四 第2课时 动力学、动量和能量观点的综合应用


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第2课时

第 2 课时

动力学、 动量和能量观点的综合应用

1.动量守恒定律 (1)内容:两个物体在碰撞时,如果系统所受到的 合外力 为零, 则系统的总动量保持不变.

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(2)表达式:m1v10+m2v20=m1v1+m2v2;

/>
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或 p=p′(系统相互作用前的总动量 p 等于系统相互作用后的总 动量 p′); 或 Δp=0(系统总动量的变化量为零); 或 Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的 变化量 大小相等、方向相反 ). (3)动量守恒定律的适用条件 ①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的 合力为零 . ②系统所受合外力不为零,但在某一方向上系统 所受外力的合力

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为零 ,则在该方向上系统动量守恒.
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.

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2.解决力学问题的三个基本观点 (1)力的观点:主要应用 牛顿运动 定律和运动学公式相结合,常 涉及受力、加速或匀变速运动的问题. (2)动量的观点:主要应用 动量 定理或动量守恒定律求解,常涉 及物体的受力和 时间 问题,以及相互作用的物体系问题. (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`物体系内能量的转化问题时,常用能量的转化 和守恒定律.

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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 动量 定理;而涉及位移的问题,应选 用 动能 定理;若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律. (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. 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.

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(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

本 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 课 时 个物体看成一个整体(或系统). 栏 目 开 关

热点题型例析

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题型 1 动量和能量观点在力学中的应用

本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA=2 kg,在半径为 R=1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC=6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB=2 kg 关

的滑块 B,滑块 A 与 B 均可看作质点,滑块 A 与 B 碰撞后粘合在 一起共同运动,最终没有从车 C 上滑出,已知滑块 A 和 B 与车 C 的动摩擦因数均为 μ=0.5,车 C 与水平地面的摩擦忽略不计.取 g=10 m/s2.求:

热点题型例析

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图1

本 课 (1)滑块 A 滑到圆弧面末端时对轨道的压力大小; 时 栏 (2)滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小; 目 开 (3)车 C 的最短长度. 关 1 2

解析

(1)根据机械能守恒定律:mAgR=2mAvA

(2 分) (1 分)

vA= 2gR=5 m/s 滑块 A 滑到圆弧面末端时,根据牛顿第二定律得 vA 2 N-mAg=mA R

(2 分)

热点题型例析
vA 2 则 N=mAg+mA R =60 N 根据牛顿第三定律,滑块 A 对轨道的压力大小为 60 N
(2)A 滑块与 B 滑块碰撞,根据动量守恒定律得

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(1 分) (1 分)

本 mAvA=(mA+mB)v 课 mAvA 时 v= =2.5 m/s mA+mB 栏 目 开 (3)A、B 在 C 上滑行受到的摩擦力为: 关

(3 分) (1 分)

f=μ(mA+mB)g=20 N A、B 在 C 上滑行满足动量守恒 (mA+mB)v=(mA+mB+mC)vC vC=1 m/s

(1 分) (2 分) (1 分)

热点题型例析
设车的最短长度为 L,根据能量守恒得 1 1 2 (mA+mB)v -2(mA+mB+mC)vC 2=fL 2 L=0.375 m
答案 (1)60 N

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(2 分) (1 分)

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(2)2.5 m/s (3)0.375 m

热点题型例析

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(16 分)如图 2 所示,一质量 m=2 kg 的滑块从高 h= 1 1.5 m 处无初速度下落,沿切线方向进入固定的4粗糙圆弧 AB,圆 弧半径 R=1.5 m,再经长 L=4 m 的粗糙平面 BC 滑上静止于光 滑水平地面上质量为 M=4 kg 的足够长的长木板,长木板 M 的 上表面与 BC 面齐平,与 C 点的间隙可忽略,滑块滑至 C 点时的速 度 vC=6 m/s.当滑块 m 滑至长木板 M 上表面的同时施加给 M 一 个大小为 F=6 N 的水平向右的作用力,经 t0=1 s 撤去 F.已知滑 块 m 与粗糙圆弧 AB、粗糙平面 BC 及 M 上表面的动摩擦因数 均为 μ=0.2(g 取 10 m/s2).求:

本 课 时 栏 目 开 关

图2

热点题型例析

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(1)滑块 m 在粗糙圆弧 AB 上运动时克服摩擦力所做的功; (2)滑块 m 与长木板 M 的最终速度的大小及滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量.
解析 (1)由动能定理可得:

本 1 课 mg(h+R)-μmg· L+WfAB=2mvC 2 (3 分) 时 栏 目 所以:WfAB=-8 J,即在 AB 圆弧上克服摩擦力做功为 8 J.(1 分) 开 关

(2)设滑块滑上长木板后,相对长木板滑动时加速度大小为 a1,此 过程中长木板的加速度大小为 a2,则有: μmg=ma1,解得 a1=μg=2 m/s2 F+μmg=Ma2,解得 a2=2.5 m/s2 (1 分) (1 分)

热点题型例析
4 当两者速度相等时 vC-a1t1=a2t1,解得 t1= s 3 度 v1=vC-a1t0=4 m/s

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(1 分)

因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)

本 M 的速度 v2=a2t0=2.5 m/s 课 时 该过程 m 相对 M 的位移为 栏 vC+v1 v2 t - t =3.75 m 目 s 相对= 2 0 2 0 开 关

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

产生的热量 Q1=μmgs 相对=15 J 此后由于撤去 F,由 m、M 组成的系统满足动量守恒,有 mv1+Mv2=(M+m)v 共 得滑块 m 与长木板 M 的最终速度 v 共=3 m/s

热点题型例析

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由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2=2mv1 +2Mv2 -2(M+m)v共2=1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量

(2 分)

本 课 时 Q 总=Q1+Q2=16.5 J 栏 目 答案 (1)8 J 开 关

(1 分)

(2)3 m/s

16.5 J

热点题型例析
题型 2 动量和能量观点在电学中的应用

第2课时

1 【例 2】 (20 分)如图 3 所示,半径为 R=0.2 m,光滑绝缘的4圆弧

本 课 时 栏 目 开 关

轨道固定在光滑水平地面上,轨道末端水平,紧靠轨道末端有 一等高的绝缘平板小车,小车表面水平,车长 L=1 m,质量为 2M,车子右端与竖直绝缘挡板的距离为 s=1.0 m.轨道末端右
3μMg 侧空间存在水平向右、 大小为 E= q 的匀强电场.质量为 M

=1 kg、不带电的滑块 B 静止在小车的左端,质量也为 M、带 电荷量为 q 的滑块 A(A、B 均可看作质点,图中 A 未画出),从 轨道上的某一点由静止释放,通过轨道末端 N 点时对轨道的 压力为 A 重的 3 倍,与滑块 B 碰撞后粘合在一起,碰撞过程中 无电荷量损失.A、B 滑块与平板车间的动摩擦因数为 μ=0.2. 车与挡板碰后立即被锁定,A、B 粘合后与挡板碰撞过程中无 能量损失,且不计电荷量损失.(g=10 m/s2)求:

热点题型例析

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本 课 时 栏 目 开 关

图3 (1)滑块 A 释放时距离 N 点的高度; (2)车与挡板相碰前摩擦产生的热量; (3)车与挡板碰撞后,A、B 滑块经过的路程.

热点题型例析

第2课时

解析 (1)设滑块 A 到达 N 点时速度为 v1,根据牛顿第二定律得: v1 2 3Mg-Mg=M R ①(2 分) 从开始释放到运动到 N 点,根据机械能守恒定律得 1 Mgh=2Mv1 2 联立①②式得,h=R=0.2 m
v2,Mv1=2Mv2 小车与挡板碰撞前,AB 加速度为 qE-2μMg a1= =1 m/s2 2M 小车的加速度为 a2=μg=2 m/s2

本 课 时 栏 目 开 关

②(2 分) (1 分)
③(2 分)

(2)A、 在 N 点的碰撞过程满足动量守恒定律,设碰后 AB 速度为 B

④(1 分) ⑤(1 分)

热点题型例析

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设小车从开始运动经历时间 t 与 AB 速度相等,有 v2+a1t=a2t ⑥(1 分)

联立得 t=1 s,此时速度为 v=2 m/s,1 s 时间内小车的位移为 1 2 s1=2a2t =1 m ⑦(1 分) 本 1 课 滑块的位移为 s2=v2t+ a1t2=1.5 m ⑧(1 分) 2 时 ⑨(1 分) ⑩(2 分)

栏 目 滑块相对于小车的位移 Δs=s2-s1=0.5 m 开 关 此时滑块距挡板 s′=0.5 m,故产生热量为

Q=2μMgΔs=2 J
零,则第一次 AB 与挡板碰撞后的动能 1 Ek= (2M)v2+Eqs′-2μMgs′ 2

(3)设滑块第一次碰撞后能滑至小车左端,且设挡板处的电势能为 ?

热点题型例析

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? ?

滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin=2μMgL+EqL 解得 Ek<Emin

故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2+Eqs′=2μMgs 路+Eq(s 路-s′)?(2 分) 2 本 课 (1 分) 时 故 s 路=1 m.
(1)0.2 m

栏 目 答案 开 关

(2)2 J

(3)1 m

热点题型例析

第2课时

(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体 棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.

本 课 时 栏 目 开 关

图4

热点题型例析

第2课时

(1)求 PQ 棒刚开始运动时,回路产生的电流大小. v0 (2)若棒 MN 脱离导轨时的速度大小为 ,则回路中产生的焦耳热 4 是多少? (3)若原来回路中靠近 MN 棒一侧的导轨中串联接有一个恒流电 源,该电源使回路中的电流大小始终保持为 I0(沿 PMNQP 方向), 试讨论 MN 棒脱离导轨时速度 v 的大小与 d 的关系.
解析 (1)由法拉第电磁感应定律,棒 PQ 产生的电动势 E=Blv0 (2 分) Blv0 则回路产生的电流大小 I= 2R (2 分)

本 课 时 栏 目 开 关

热点题型例析

第2课时

(2)棒 PQ 和 MN 在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统 v0 的动量定恒,得 mv0=mv1+2m· (2 分) 4 由能量守恒定律,回路中产生的焦耳热为 v0 2 1 1 1 2 2 Q=2mv0 -2mv1 -2×2m( 4 ) 5 解得 Q=16mv0 2

(2 分) 本 课 时 (1 分) 栏 目 开 (3)回路中的电流始终保持 I0,则棒 PQ 和 MN 所受的安培力大小 关

保持不变.若 d 足够长,则棒 PQ 先向右匀减速运动再向左匀加速 运动,返回轨道左端时速度大小仍为 v0,而这个过程棒 MN 一直向 右匀加速运动,由动量守恒定律得 mv0=m(-v0)+2mv2′ (2 分)

热点题型例析
设这个过程棒 MN 的位移为 s,由动能定理得
1 I0Bls=2×2mv2′2 mv0 2 解得 s= I Bl 0

第2课时

(2 分) (1 分)

本 课 时 栏 目 开 关

讨论:
mv0 2 ①当 d< I Bl 时,棒 MN 在导轨上一直向右匀加速运动直到脱离导 0

1 轨,由动能定理得 I0Bld=2×2mv2 解得 MN 棒脱离导轨时的速度 v=
I0Bld m

(2 分)

mv0 2 ②当 d≥ I Bl 时,棒 PQ 先从导轨左端脱离导轨,棒 MN 之后保持 0

匀速运动直到脱离导轨,脱离导轨时的速度 v=v2′=v0 (2 分)

热点题型例析

第2课时

答案

Blv0 (1) 2R

本 课 时 栏 目 开 关

5 (2)16mv0 2

mv0 2 (3)当 d< I Bl 时,v= 0

mv0 2 I0Bld m ;当 d≥ I0Bl 时,v=v0

读题 审题 解题

第2课时

7.综合应用动量和能量观点解决多过程问题

本 课 时 栏 目 开 关

读题 审题 解题

第2课时

本 课 时 栏 目 开 关

解析 (1)根据题意可知:小滑块 a 碰后返回到 M 点时有 vM 2 m1 R =m1g (1 分) 小滑块 a 碰后返回到 M 点过程中机械能守恒 1 1 2 m1v1 =2m1vM 2+m1g(2R) 2 (2 分)

读题 审题 解题

第2课时

代入数据,解得:v1=4 m/s 取水平向右为正方向,小滑块 a、b 碰撞前后

(1 分) (1 分) (1 分)

动量守恒:m1v0=-m1v1+m2v2 1 2 1 2 1 机械能守恒:2m1v0 =2m1v1 +2m2v2 2 本

课 时 代入数据,解得:v0=9.2 m/s,v2=5.2 m/s (1 分) 栏 目 (2)若 b 在 d 上滑动时 d 能静止,则 b 在 c 上滑动时 c 和 d 一定能 开 关 静止

μ(m2+m4)g>μ0m2g m2 解得 μ> μ =0.069 m2+m4 0

(1 分) (1 分)

读题 审题 解题
(3)小滑块 b 滑上长木板 c 时的加速度大小 a1=μ0g=1.6 m/s2 此时两块长木板的加速度大小 a2=
μ0m2 g=0.8 m/s2 m3+m4

第2课时

(1 分) (1 分)

本 课 令小滑块 b 在长木板 c 上的滑行时间为 t,则 时 1 2 栏 目 t 内小滑块 b 的位移 s1=v2t-2a1t 开 关 两块长木板的位移 s =1a t2 且 s -s =L
2

(1 分) (1 分) (1 分)

2

2

1

2

解得:t1=1 s 或 t2= 3 s(舍去) b 刚离开长木板 c 时 b 的速度 v2′=v2-a1t1=3.6 m/s

10

(1 分)

读题 审题 解题
b 刚离开长木板 c 时 d 的速度 v3=a2t1=0.8 m/s 设 d 的长度至少为 l,由动量守恒定律可知: m2v2′+m4v3=(m2+m4)v

第2课时

(1 分)

本 解得:v=2 m/s 课 时 由能量守恒定律得 栏 目 μ0m2gl=1m2v2′2+1m4v3 2-1(m2+m4)v2 2 2 2 开 关

(2 分)

解得:l=1.4 m

(2 分)

答案

(1)v1=4 m/s,v2=5.2 m/s

(2)0.069

(3)1 s 1.4 m


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