適用于新高考新教材2024版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一編核心專題突破專題2能量與動量第二講動量和能量觀點的應(yīng)用課件-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

考點一　動量、沖量、動量定理
命題角度1沖量、動量的理解
深化拓展沖量的三種計算方法
命題角度2動量定理的應(yīng)用
命題角度3用動量定理處理流體問題(1)在極短時間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動量變化Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)應(yīng)用動量定理FΔt=Δp。
深化拓展應(yīng)用動量定理時應(yīng)注意的四個要點(1)動量定理表明沖量既是使物體動量發(fā)生變化的原因,又是物體動量變化的量度。注意:這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各個外力沖量的矢量和)。(2)動量定理的研究對象是一個物體(或可視為一個物體的系統(tǒng))?！?(3)動量定理是過程定理,解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量。(4)動量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。
典例剖析例1　(命題角度2)轆轤是我國古老的打水工具,如圖所示,其由轆轤頭、搖柄等部分組成,轆轤頭和搖柄固定,轉(zhuǎn)動搖柄即可打水。圓柱體轆轤頭直徑為d,桶和水的總質(zhì)量為m,某次打水搖柄轉(zhuǎn)動n圈將水桶勻速提到井口,用時為t,已知重力加速度大小為g,圓周率為π,忽略空氣阻力,將水桶視為質(zhì)點。(1)求打水過程中繩索拉力做功的功率。(2)在這次打水過程中,當(dāng)水桶提到井口停下時,繩索突然斷裂,水桶又掉進井里,撞擊水面經(jīng)時間t'后速度減為0,求水桶撞擊水面時的速度大小及撞擊水面的平均作用力大小。
水桶撞擊水面過程中,取豎直向上為正方向,對水桶由動量定理得(F'-mg)t'=0-(-mv')
練真題·明考向1.(命題角度1)(2022湖北卷)一質(zhì)點做曲線運動,在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi),合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是(　　)A.W2=3W1,I2≤3I1B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1D.W2=7W1,I2≥I1
得W2=7W1;由于速度是矢量,具有方向,當(dāng)初、末速度方向相同時,動量變化量最小,方向相反時,動量變化量最大,因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv,可知I2≥I1,故選D。
2.(命題角度1、2)(2022重慶卷)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中,某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖所示)。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中,若假人頭部只受到安全氣囊的作用,則由曲線可知,假人頭部(　　)A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小
解析由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則F-t圖像中曲線與橫軸圍成的面積即合外力的沖量,再根據(jù)動量定理可知F-t圖像中曲線與橫軸圍成的面積也是動量的變化量,且圖線一直在t軸的上方,由于頭部有初動量,由圖可知,動量變化越來越大,則動量的大小一直增大,A、B錯誤;根據(jù)動量與動能的關(guān)系有 ,而F-t圖像的面積是動量的變化量,則動能的變化量和曲線與橫軸圍成的面積不成正比,C錯誤;由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則根據(jù)牛頓定律可知a∝F,即假人頭部的加速度先增大后減小,D正確。
練模擬·提能力(命題角度3)(2023山東濟南高三統(tǒng)考)高壓水流切割器又稱“水刀”,它將水以極高的速度垂直噴射到材料表面進行切割作業(yè)。假設(shè)“水刀”噴嘴中噴出水的流量(單位時間內(nèi)流出液體的體積)一定,水打到材料表面后,迅速沿表面散開不反彈,已知“水刀”噴嘴的直徑可在0.1~0.3 mm范圍內(nèi)調(diào)節(jié),則該“水刀”在材料表面產(chǎn)生的最小壓強與最大壓強之比為(　　)A.1∶3B.1∶9C.1∶27D.1∶81
解析選取Δt時間內(nèi)打到材料表面上質(zhì)量為Δm的水為研究對象,以水從噴嘴高速噴出時的速度方向為正方向,由動量定理有-F·Δt=0-Δmv,其中質(zhì)量為Δm=ρSv·Δt,解得F=ρSv2,根據(jù)牛頓第三定律可知,材料表面受到的壓力
考點二　動量守恒定律的理解及應(yīng)用
命題角度1動量守恒的判斷及理解
命題角度2動量守恒定律的應(yīng)用
命題角度3碰撞模型的規(guī)律和應(yīng)用(1)一般碰撞模型的三個特點:①動量守恒;②動能不增;③速度符合實際情況。
①當(dāng)m1=m2時,v1'=0,v2'=v1(質(zhì)量相等,速度交換)②當(dāng)m1>m2時,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)③當(dāng)m10(小碰大,要反彈)④當(dāng)m1?m2時,v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)⑤當(dāng)m1?m2時,v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)
典例剖析例2　(命題角度3)(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子質(zhì)量大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對論效應(yīng),下列說法正確的是(　　)A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
練真題·明考向(命題角度3)(2022北京卷)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的動量大于m1的動量D.碰撞后m2的動能小于m1的動能
練模擬·提能力1.(命題角度1、2)(2023山東泰安高三統(tǒng)考)如圖所示,進行太空行走的航天員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg,他們攜手遠(yuǎn)離空間站,相對空間站的速度為0.1 m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2 m/s,下列說法正確的是(　　)
A.研究A、B相對空間站的速度是以地球為參考系B.A將B向空間站方向輕推的過程中,不能認(rèn)為A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.A將B向空間站方向輕推后,B的動量大小為20 kg·m/sD.若A將B向空間站方向輕推的作用時間為0.5 s,則A、B互相作用的平均力為16 N
解析研究A、B相對空間站的速度是以空間站為參考系,A錯誤;根據(jù)動量守恒定律的條件可以知道,將A和B看作一個系統(tǒng),二者相互作用的過程中不受外力作用,故系統(tǒng)動量守恒,B錯誤;根據(jù)動量守恒有(mA+mB)v=mAvA+pB,解得pB=2 kg·m/s,C錯誤;若A將B向空間站方向輕推的作用時間為0.5 s,對A根據(jù)動量定理有Ft=mAvA-mAv,解得F=16 N,即A、B互相作用的平均力為16 N,D正確。
2.(命題角度2)質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一條不可拉伸的長為l的細(xì)線,細(xì)線另一端系一個可以看作質(zhì)點的球C,質(zhì)量也為m。現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平自然伸直,并由靜止釋放C球。重力加速度為g,求:(1)C球第一次擺到最低點時的速度大小;(2)從C球釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離;(3)C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度。
解析 (1)對A、B、C系統(tǒng),由水平方向動量守恒及系統(tǒng)機械能守恒可得mvC=2mvAB
(2)對A、B、C系統(tǒng),由人船模型規(guī)律可得mxC=2mxABxC+xAB=l聯(lián)立解得,從C球釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離為
(3)對A、C系統(tǒng),取向左為正方向,水平方向由動量守恒可得mvC-mvAB=2mv由機械能守恒定律可得
則C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度為Δh=l-h
考點三　動量與能量的綜合應(yīng)用
命題角度1多物體、多過程碰撞類問題(1)認(rèn)真分析過程,弄清受力情況和運動情況;末狀態(tài)有時需要由臨界狀態(tài)或極值點確定(2)靈活確定研究對象(系統(tǒng))和作用過程,用動量守恒定律列方程求解。
命題角度2彈簧類碰撞問題(1)一般情況下均滿足動量守恒定律和機械能守恒定律;
有摩擦?xí)r機械能不守恒,能量守恒
(2)彈簧的兩個狀態(tài):①原長——彈性勢能為零;②最短或最長——連接的物體共速,彈性勢能最大。
命題角度3“子彈打木塊”模型和“滑塊一滑板”模型(1)一般動量守恒、機械能不守恒;(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ff·x相對。
深化拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
典例剖析例3　(命題角度1、2)(2022全國乙卷)如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上;物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,第一次碰撞結(jié)束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從t=0到t=t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運動的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sin θ=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求:
(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢能的最大值;(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值;(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。
解析 (1)當(dāng)t=t0時,A與B共速,彈簧彈性勢能最大,滿足mB·1.2v0=(mB+mA)v0
(2)設(shè)0~t0時間內(nèi)某一時刻物塊A的速度為vA,物塊B的速度為vB,從此刻到共速過程中,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在極短的一段時間Δt內(nèi),有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0時間內(nèi)有
mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0
其中xA、xB分別表示A、B在這段時間內(nèi)移動的距離已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞過程中,彈簧的最大壓縮量Δx=xB-xA=0.768v0t0。
(3)由題圖乙知,第一次碰撞結(jié)束時,A的速度為2v0,B的速度為0.8v0,因第二次碰撞結(jié)束后A達(dá)到的最高點與第一次相同,故第二次碰撞結(jié)束時A的速度也為2v0。設(shè)A上升的最高點高度為h,第二次碰撞前A的速度大小為vA'A上滑過程中,由動能定理得
A下滑過程中,由動能定理得
由題意知,第二次碰撞為彈性碰撞,設(shè)碰后B的速度大小為vB'由動量守恒定律得mB·0.8v0-mAvA'=mBvB'+mA·2v0由能量守恒定律得
練真題·明考向(命題角度1、2)(2023浙江6月選考)為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m=0.12 kg的滑塊a以初速度v0= m/s從D處進入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8 m,以v=2 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1 m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
答案 (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
解析 (1)對滑塊a從D到F,根據(jù)動能定理得
解得FN=31.2 N。
(2)滑塊a返回傳送帶的過程一直在做減速運動,設(shè)滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點,根據(jù)動能定理得
解得va=5 m/sa和b相互作用的過程滿足動量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5 m/sa和b碰撞過程損失的機械能為
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據(jù)動量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5 m/s彈簧被壓縮到最短和最長,均有mvF=(m+3m+2m)v'
彈簧最大長度與最小長度之差為Δx=2x解得Δx=0.2 m。
練模擬·提能力(命題角度1、3)(2023山東濰坊一模)如圖所示,質(zhì)量為m的工件甲靜置在光滑水平面上,其上表面由光滑水平軌道AB和四分之一光滑圓弧軌道BC組成,兩軌道相切于B點,圓弧軌道半徑為R,質(zhì)量為m的小滑塊乙靜置于A點。不可伸長的細(xì)線一端固定于O點,另一端系一質(zhì)量為m0的小球丙,細(xì)線豎直且丙靜止時O到球心的距離為L。現(xiàn)將丙向右拉開至細(xì)線與豎直方向夾角為θ并由靜止釋放,丙在O正下方與甲發(fā)生彈性碰撞(此后兩者不再發(fā)生碰撞);碰后甲向左滑動的過程中,乙從C點離開圓弧軌道。已知重力加速度大小為g,不計空氣阻力。
(1)求丙與甲碰后瞬間各自速度的大小。(2)求乙落回軌道后,乙對甲壓力的最大值。(3)僅改變BC段的半徑,其他條件不變,通過計算分析乙運動過程的最高點與A點間的高度差如何變化。
解析 (1)丙向下擺動過程中機械能守恒
丙與甲碰撞過程,由動量守恒定律得m0v0=m0v'+mv由機械能守恒定律得
(2)乙從C點離開時,因甲、乙水平速度相同,故乙仍從C點落回。當(dāng)乙回到B點時,乙對甲壓力最大,設(shè)此時甲速度大小為v甲1,乙的速度大小為v乙1。從丙與甲碰撞結(jié)束至乙回到B點過程中,由動量守恒定律得mv=mv甲1+mv乙1由機械能守恒定律得
(3)乙從C點離開時,甲、乙水平速度相同,設(shè)甲速度為v甲2,從丙與甲碰撞結(jié)束至乙從C點離開甲過程,甲、乙水平方向動量守恒mv=2mv甲2
若減小BC段的半徑,乙一定能從C點離開,設(shè)乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為vy,從丙與甲碰撞結(jié)束至乙從C點離開甲過程中,由機械能守恒定律得
該高度差與R無關(guān),即高度差不變。若增大BC段的半徑,且乙仍能從C點離開,則與減小BC段的半徑結(jié)論相同。若增大BC段的半徑,乙不能從C點離開,則上升至最高點時甲、乙速度相同,由機械能守恒定律得
該高度差與R無關(guān),即高度差不變。綜上所述,乙運動過程的最高點與A點間的高度差為定值。
重要思維方法:應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決綜合問題
1.力學(xué)三大觀點對比
2.選用力學(xué)規(guī)律的思維流程
考查力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用題往往以高考壓軸題的形式出現(xiàn),主要涉及運動學(xué)公式、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律、動量定理和動量守恒定律等知識點,這類題目綜合性強、難度大,可以考查考生的理解能力、模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。
例題(2023湖南永州模擬)如圖所示,傾角為α=37°的光滑斜面體底端有一固定的擋板,質(zhì)量不計的彈簧下端固定在擋板上,O點為彈簧原長的位置,彈簧的上端固定質(zhì)量為m=1 kg的物體B,彈簧被壓縮,平衡時物體B到O點的距離為s=4 cm,質(zhì)量也為m的物體A由O點上方2s處由靜止釋放,物體A與物體B碰后一起沿斜面向下運動,但不能粘合在一起,經(jīng)過一段時間剛好能到達(dá)O點,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,物體A、B均可視為質(zhì)點。
(1)求兩物體發(fā)生碰撞時,物體B對物體A的沖量。(2)如果將物體A的質(zhì)量增加為2m,物體A仍從原來的高度由靜止釋放且與B碰撞后一起沿斜面向下運動,則物體A上升的最高點與O點的間距應(yīng)為多少?
答案 (1)0.6 kg·m/s,沿斜面向上　(2) 0.02 m
解析 (1)設(shè)物體A沿光滑斜面下滑剛接觸B時速度為v0,由機械能守恒定律得
解得物體A的速度v0=1.2 m/sA與B碰撞,由動量守恒定律得mv0=2mv1
解得v1= =0.6 m/sB對物體A的沖量I=mv1-mv0=-0.6 kg·m/s,負(fù)號表示沖量方向沿斜面向上。
(2)當(dāng)A的質(zhì)量為m時,兩物體碰后到剛好回到O點的過程,兩物體與彈簧組
解得彈簧最初的彈性勢能Ep=0.12 J將物體A的質(zhì)量增加為2m時,物體A下滑到與B碰撞前瞬間的過程中,由機
兩物體碰撞的過程有2mv0'=(2m+m)v2解得碰撞后A、B的速度v2=0.8 m/s從兩物體碰撞后瞬間到兩物體一起返回到O點的過程,由機械能守恒定律
物體A與物體B在O點分離,分離后對物體A由牛頓第二定律得2mgsin α=2ma解得A、B分離后物體A沿斜面上升時的加速度大小a=gsin α=6 m/s2
角度拓展1(2022海南卷)有一個角度可變的軌道,當(dāng)傾角為30°時,滑塊A恰好勻速下滑,現(xiàn)將傾角調(diào)為60°,從高為h的地方由靜止下滑,過一段時間無碰撞地進入光滑水平面,與系在輕繩下端的小球B發(fā)生彈性正碰,B被一根繩子懸掛,與水平面接觸但不擠壓,碰后B恰好能做完整的圓周運動,已知滑塊A和小球B質(zhì)量相等,求:(1)A與軌道間的動摩擦因數(shù)μ;(2)A與B剛碰完時B的速度;(3)繩子的長度L。
解析 (1)根據(jù)題述,當(dāng)傾角為30°時,A恰好勻速下滑,可得mgsin 30°=μmgcs 30°
(2)A沿傾角為60°的軌道下滑,由牛頓第二定律有mgsin 60°-μmgcs 60°=ma
A、B彈性碰撞,由動量守恒定律有mv0=mvA+mvB
(3)根據(jù)題述,碰后B恰好能做完整的圓周運動,在圓周最高點有
角度拓展2(2022山東卷改編)如圖所示,“L”形平板B靜置在地面上,小物塊A處于平板B上的O'點,O'點左側(cè)粗糙,右側(cè)光滑。用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛在O'點正上方的O點,輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放,下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞,碰后小球速度方向與碰前方向相同,開始做簡諧運動(要求擺角小于5°),A以速度v0沿平板滑動直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后,A返回到O點的正下方時,相對于地面的速度減為零,此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質(zhì)量mA=0.1 kg,B的質(zhì)量mB=0.3 kg,A與B的動摩擦因數(shù)μ1=0.4,B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.225,v0=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2。整個過程中A始終在B上,所有碰撞時間忽略不計,不計空氣阻力,求:
(1)A與B的擋板碰撞后,二者的速度大小vA與vB;(2)B光滑部分的長度d;(3)運動過程中A對B的摩擦力所做的功Wf。
解析 (1)設(shè)水平向右為正方向,O'點右側(cè)光滑,則A與B碰撞時A的速度為v0=4 m/s由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mAv0=mAvA+mBvB
代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得vA=-2 m/s(方向水平向左)vB=2 m/s(方向水平向右)。
(2)A受到B的摩擦力FfA=μ1mAg=0.4 NB受到地面的摩擦力FfB=μ2(mA+mB)g=0.9 N
A與B碰后,B第一階段減速的位移等于A減速階段的位移,設(shè)B第一階段減

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