2021高考物理一轮复习第六单元动量核心素养提升__科学思维系列八学案新人教版

1、核心素养提升科学思维系列(八)人船模型核心素养分析：人船模型本质上仍是反冲运动，属于物理规律在头脑中的提炼和升华，也是分析、综合等方法在物理规律中的具体应用，通过对具体问题的研究提升科学思维能力1模型探究：如图所示，长为l、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船m人x人，由图可看出x船x人l，可解得x人l，x船l.2模型特点3结论：m1x1m2x2(m1、

2、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小) 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测出它的质量他轻轻从船尾走向船头，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离d和船长l，又知他的质量为m，则小船的质量为(不计湖水的阻力)()a. b.c. d.【解析】该同学和小船的位移关系如图所示，设该同学走动时船的速度大小为v，该同学的速度大小为v，他从船尾走到船头所用时间为t，根据运动学公式可得v，v，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mvmv0，联立解得小船的质量为m，故b正确，a、c、d错误【答案】b高分技法“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件系统由两个物体组成且相互作

3、用前两物体静止，系统总动量为零.在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向).(2)画草图,解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m150 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m220 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h5 m如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)(b)a5 m b3.6 mc2.6 m d8 m解析：当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1m2，且h1h2h.解得h1

4、m；所以他离地高度hhh1 m3.6 m，故选项b正确专题五力学“三大”观点综合应用考纲考情核心素养牛顿运动定律及应用动量定理、动量守恒定律动能定理、能量守恒动力学观点动量观点和能量观点物理观念全国卷5年10考高考指数应用过程分析法解决力学综合问题.科学思维突破1动力学和动量观点综合应用1解决力学问题的三个基本观点：动力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律f合ma力对空间积累效果动能定理

5、w合ekw合mvmv机械能守恒定律e1e2mgh1mvmgh2mv力对时间积累效果动量定理f合tppi合p动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2 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g取10 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【

6、分析】(1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间a、b两车的速度(2)由于两车碰撞时间极短，因此碰撞时内力远大于外力，满足动量守恒，故可确定碰撞前的瞬间a车的速度【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撞后瞬间b车速度的大小为vb，碰撞后滑行的距离为sb.由运动学公式有vb22absb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sa，由运动学公式有va22aasa设碰撞前的瞬间a

7、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va4.25 m/s.【答案】(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s高分技法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

8、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解决.1在冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰若碰撞前、后两壶的vt图象如图b所示关于冰壶的运动，下列说法正确的是(b)a两壶发生弹性碰撞b碰撞后两壶之间的最大距离为1.1 mc蓝壶受到的滑动摩擦力较大d碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1 m/s2解析：根据题图b中数据可知，碰撞前、后瞬间红壶的速度分别为v01.0 m/s和v10.4 m/s.设红壶和蓝壶的质量都是m，由动量守恒定律有mv0mv1mv2，解得碰撞后

9、瞬间蓝壶的速度v20.6 m/s.碰撞前瞬间系统动能为ek0mv，碰撞后瞬间系统动能为ekmvmv，ek0ek，动能有损失，所以两壶发生非弹性碰撞，选项a错误；根据速度时间图象与横轴围成图形的面积表示位移，且碰撞后蓝壶的速度始终大于红壶的速度，可知两壶静止时两壶之间的距离最大，蓝壶的位移x20.65 m1.5 m，红壶的位移x10.42 m0.4 m，碰撞后两壶之间的最大距离为xx2x11.1 m，选项b正确；根据速度时间图象的斜率表示加速度可知，碰撞后蓝壶的加速度大小为a20.12 m/s2，选项d错误；红壶的加速度大小为a10.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，蓝壶受到的滑动摩擦力较小，选

10、项c错误突破2动量和能量的综合应用 如图所示，一个轻弹簧水平放置，左端固定在a点，右端与一质量为m11 kg的物块p接触但不拴接ab是水平轨道，b端与半径r0.8 m的竖直光滑半圆轨道bcd底部相切，d是半圆轨道的最高点另一质量为m21 kg的物块q静止于b点用外力缓慢向左推动物块p，将弹簧压缩(弹簧处于弹性限度内)，使物块p静止于距b端l2 m处现撤去外力，物块p被弹簧弹出后与物块q发生正碰，碰撞前物块p已经与弹簧分开，且碰撞时间极短，碰撞后两物块粘到一块，并恰好能沿半圆轨道运动到d点物块p与ab间的动摩擦因数0.5，物块p、q均可视为质点，g取10 m/s2.求：(1)与物块q发生碰撞前瞬

11、间物块p的速度大小；(2)释放物块p时弹簧的弹性势能ep.【解析】(1)设与物块q发生碰撞前物块p的速度大小为v0，碰后二者速度大小为v1，在d点时速度大小为v2，则在d点，由牛顿第二定律得(m1m2)g(m1m2)从b到d过程，由动能定理得(m1m2)g2r(m1m2)v(m1m2)v解得v12 m/sp、q碰撞过程，由动量守恒定律得m1v0(m1m2)v1解得v04 m/s.(2)对小物块p从释放点至运动到b点，由动能定理得wm1glm1v0，解得w90 j，故epw90 j.【答案】(1)4 m/s(2)90 j高分技法利用动量和能量观点解题的技巧：(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑

12、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)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始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.2.如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，g10 m/s2.下列说

13、法正确的是(c)a子弹和木块摆到最高点时速度为零b滑块的最大速度为2.5 m/sc子弹和木块摆起的最大高度为0.625 md当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s解析：本题借助子弹打木块及圆周运动模型考查动量守恒定律、机械能守恒定律设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平向右，a项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v，则由系统水平方向动量守恒定律可

14、得m0v0(m0m1)v1(m0m1)vm2vm，子弹射入木块后三者组成的系统机械能守恒，则有(m0m1)v(m0m1)v2m2v，解得vm0或vm5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，b项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0(m0m1)v1(m0m1m2)v，解得v2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0m1)v(m0m1m2)v2(m0m1)gh，解得h0.625 m，c项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0(m0m1)v1(m0m1)vxm2v3，令v31 m/s，得vx

15、4 m/s，此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0m1)v(m0m1)(vv)m2v(m0m1)gh，解得h0.4 m，d项错误突破3动力学“三大”观点综合应用 (2019全国卷)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(a)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(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(b)所示，图中的v1和t1均为未知量已知a的质量为

16、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(b)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】(1)根据图(b)，v1为物块a在碰撞前瞬间速度的大小，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mv1m()mvmvm(v1)2mv2联立式得m3m.(2)在图(b)所描述的运动中，设物块a与轨道间的滑动摩擦力

17、大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，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mghfs1mv0(fs2mgh)0m()2从图(b)所给出的vt图线可知s1v1t1s2(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wfs1fs2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wmgcos设物块b在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有mgs0mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcosmgs0联立式可得.【答案】(1)3m(2)mgh(3)高分技法应用力学三大观点解决多

18、过程问题时的注意点(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程(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如图所示，固定点o上系一长l0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的b点接触但对平台无压力，平台高h0.80 m，一质量m2.0 kg的物块开始静止在平台上的p点，现对物块m施予一水平向右的初速度v0，物块m沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘b处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点a时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块m落在水平地面上的c点，其水平位移x1.2 m，不计空气阻力，g10 m/s2.(1)求物块m碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物块m间的动摩擦因数0.5，物块m与小球的初始距离为x11