高考二轮复习物理课件（新高考新教材）第一编核心专题突破专题2能量与动量第二讲动量和能量观点的应用

第二讲动量和能量观点的应用1通览主干知识2研学核心考点目录索引

3突破热考命题1通览主干知识2研学核心考点考点一动量、冲量、动量定理分层突破——明要点命题角度1冲量、动量的理解

深化拓展冲量的三种计算方法公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F-t成线性关系,也可直接用平均力求解命题角度2动量定理的应用

命题角度3用动量定理处理流体问题(1)在极短时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱体的动量变化Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)应用动量定理FΔt=Δp。深化拓展应用动量定理时应注意的四个要点(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。注意:这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。

(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初、末状态的动量。(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。可能是流体

典例剖析例1

(命题角度2)辘轳是我国古老的打水工具,如图所示,其由辘轳头、摇柄等部分组成,辘轳头和摇柄固定,转动摇柄即可打水。圆柱体辘轳头直径为d,桶和水的总质量为m,某次打水摇柄转动n圈将水桶匀速提到井口,用时为t,已知重力加速度大小为g,圆周率为π,忽略空气阻力,将水桶视为质点。(1)求打水过程中绳索拉力做功的功率。(2)在这次打水过程中,当水桶提到井口停下时,绳索突然断裂,水桶又掉进井里,撞击水面经时间t'后速度减为0,求水桶撞击水面时的速度大小及撞击水面的平均作用力大小。水桶撞击水面过程中,取竖直向上为正方向,对水桶由动量定理得(F'-mg)t'=0-(-mv')分层演练——拿高分练真题·明考向1.(命题角度1)(2022湖北卷)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(

)A.W2=3W1,I2≤3I1 B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1 D.W2=7W1,I2≥I1D得W2=7W1;由于速度是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量变化量最大,因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv,可知I2≥I1,故选D。2.(命题角度1、2)(2022重庆卷)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图所示)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部(

)A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小D解析

由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则F-t图像中曲线与横轴围成的面积即合外力的冲量,再根据动量定理可知F-t图像中曲线与横轴围成的面积也是动量的变化量,且图线一直在t轴的上方,由于头部有初动量,由图可知,动量变化越来越大,则动量的大小一直增大,A、B错误;根据动量与动能的关系有

,而F-t图像的面积是动量的变化量,则动能的变化量和曲线与横轴围成的面积不成正比,C错误;由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。练模拟·提能力(命题角度3)(2023山东济南高三统考)高压水流切割器又称“水刀”,它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的流量(单位时间内流出液体的体积)一定,水打到材料表面后,迅速沿表面散开不反弹,已知“水刀”喷嘴的直径可在0.1~0.3mm范围内调节,则该“水刀”在材料表面产生的最小压强与最大压强之比为(

)A.1∶3 B.1∶9C.1∶27 D.1∶81D解析

选取Δt时间内打到材料表面上质量为Δm的水为研究对象,以水从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,其中质量为Δm=ρSv·Δt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知,材料表面受到的压力考点二动量守恒定律的理解及应用分层突破——明要点命题角度1动量守恒的判断及理解

命题角度2动量守恒定律的应用

命题角度3碰撞模型的规律和应用(1)一般碰撞模型的三个特点:①动量守恒;②动能不增;③速度符合实际情况。①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换)②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)③当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹)④当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)⑤当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)典例剖析例2

(命题角度3)(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子质量大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是(

)A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0B分层演练——拿高分练真题·明考向(命题角度3)(2022北京卷)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(

)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的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能C练模拟·提能力1.(命题角度1、2)(2023山东泰安高三统考)如图所示,进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,下列说法正确的是(

)A.研究A、B相对空间站的速度是以地球为参考系B.A将B向空间站方向轻推的过程中,不能认为A、B组成的系统动量守恒C.A将B向空间站方向轻推后,B的动量大小为20kg·m/sD.若A将B向空间站方向轻推的作用时间为0.5s,则A、B互相作用的平均力为16N答案

D解析

研究A、B相对空间站的速度是以空间站为参考系,A错误;根据动量守恒定律的条件可以知道,将A和B看作一个系统,二者相互作用的过程中不受外力作用,故系统动量守恒,B错误;根据动量守恒有(mA+mB)v=mAvA+pB,解得pB=2

kg·m/s,C错误;若A将B向空间站方向轻推的作用时间为0.5

s,对A根据动量定理有Ft=mAvA-mAv,解得F=16

N,即A、B互相作用的平均力为16

N,D正确。2.(命题角度2)质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球。重力加速度为g,求:(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;(2)从C球释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离;(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。解析

(1)对A、B、C系统,由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mvC=2mvAB(2)对A、B、C系统,由人船模型规律可得mxC=2mxABxC+xAB=l联立解得,从C球释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离为(3)对A、C系统,取向左为正方向,水平方向由动量守恒可得mvC-mvAB=2mv由机械能守恒定律可得则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh=l-h考点三动量与能量的综合应用分层突破——明要点命题角度1多物体、多过程碰撞类问题(1)认真分析过程,弄清受力情况和运动情况;末状态有时需要由临界状态或极值点确定(2)灵活确定研究对象(系统)和作用过程,用动量守恒定律列方程求解。命题角度2弹簧类碰撞问题(1)一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律;有摩擦时机械能不守恒,能量守恒

(2)弹簧的两个状态:①原长——弹性势能为零;②最短或最长——连接的物体共速,弹性势能最大。速度出现极值

命题角度3“子弹打木块”模型和“滑块一滑板”模型(1)一般动量守恒、机械能不守恒;(2)系统产生的内能Q=Ff·x相对。深化拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞,动量满足m1v0=(m1+m2)v共,损失的动能最大,分别转化为内能或电能典例剖析例3

(命题角度1、2)(2022全国乙卷)如图甲所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:甲

乙

(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。解析

(1)当t=t0时,A与B共速,弹簧弹性势能最大,满足mB·1.2v0=(mB+mA)v0(2)设0~t0时间内某一时刻物块A的速度为vA,物块B的速度为vB,从此刻到共速过程中,由动量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在极短的一段时间Δt内,有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0时间内有mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0其中xA、xB分别表示A、B在这段时间内移动的距离已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞过程中,弹簧的最大压缩量Δx=xB-xA=0.768v0t0。(3)由题图乙知,第一次碰撞结束时,A的速度为2v0,B的速度为0.8v0,因第二次碰撞结束后A达到的最高点与第一次相同,故第二次碰撞结束时A的速度也为2v0。设A上升的最高点高度为h,第二次碰撞前A的速度大小为vA'A上滑过程中,由动能定理得A下滑过程中,由动能定理得

由题意知,第二次碰撞为弹性碰撞,设碰后B的速度大小为vB'由动量守恒定律得mB·0.8v0-mAvA'=mBvB'+mA·2v0由能量守恒定律得分层演练——拿高分练真题·明考向(命题角度1、2)(2023浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=

m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。答案

(1)10m/s

31.2N

(2)0

(3)0.2m解析

(1)对滑块a从D到F,根据动能定理得

解得FN=31.2

N。

(2)滑块a返回传送带的过程一直在做减速运动,设滑块a与滑块b碰后的速度为va,滑块a从碰后到返回到传送带的B点,根据动能定理得解得va=5

m/sa和b相互作用的过程满足动量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5

m/sa和b碰撞过程损失的机械能为解得ΔE=0。

(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则根据动量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5

m/s弹簧被压缩到最短和最长,均有mvF=(m+3m+2m)v'弹簧最大长度与最小长度之差为Δx=2x解得Δx=0.2

m。练模拟·提能力(命题角度1、3)(2023山东潍坊一模)如图所示,质量为m的工件甲静置在光滑水平面上,其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成,两轨道相切于B点,圆弧轨道半径为R,质量为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点,另一端系一质量为m0的小球丙,细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ并由静止释放,丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(此后两者不再发生碰撞);碰后甲向左滑动的过程中,乙从C点离开圆弧轨道。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小。(2)求乙落回轨道后,乙对甲压力的最大值。(3)仅改变BC段的半径,其他条件不变,通过计算分析乙运动过程的最高点与A点间的高度差如何变化。解析

(1)丙向下摆动过程中机械能守恒

丙与甲碰撞过程,由动量守恒定律得m0v0=m0v'+mv由机械能守恒定律得(2)乙从C点离开时,因甲、乙水平速度相同,故乙仍从C点落回。当乙回到B点时,乙对甲压力最大,设此时甲速度大小为v甲1,乙的速度大小为v乙1。从丙与甲碰撞结束至乙回到B点过程中,由动量守恒定律得mv=mv甲1+mv乙1由机械能守恒定律得(3)乙从C点离开时,甲、乙水平速度相同,设甲速度为v甲2,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程,甲、乙水平方向动量守恒mv=2mv甲2若减小BC段的半径,乙一定能从C点离开,设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中,由机械能守恒定律得该高度差与R无关,即高度差不变。若增大BC段的半径,且乙仍能从C点离开,则与减小BC段的半径结论相同。若增大BC段的半径,乙不能从C点离开,则上升至最高点时甲、乙速度相同,由机械能守恒定律得该高度差与R无关,即高度差不变。综上所述,乙运动过程的最高点与A点间的高度差为定值。3突破热考命题重要思维方法:应用力学三大观点解决综合问题方法解读1.力学三大观点对比

力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合=ma物体做匀变速直线运动,涉及运动细节匀变速直线运动规律v=v0+at

能量观点动能定理W合=ΔEk涉及做功与能量转换机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能关系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2动量观点动量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、时间2.选用力学规律的思维流程

考向分析考查力学三大观点的综合应用题往往以高考压轴题的形式出现,主要涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律等知识点,这类题目综合性强、难度大,可以考查考生的理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力和分析综合能力。案例探究例题(2023湖南永州模拟)如图所示,倾角为α=37°的光滑斜面体底端有一固定的挡板,质量不计的弹簧下端固定在挡板上,O点为弹簧原长的位置,弹簧的上端固定质量为m=1kg的物体B,弹簧被压缩,平衡时物体B到O点的距离为s=4cm,质量也为m的物体A由O点上方2s处由静止释放,物体A与物体B碰后一起沿斜面向下运动,但不能粘合在一起,经过一段时间刚好能到达O点,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,物体A、B均可视为质点。(1)求两物体发生碰撞时,物体B对物体A的冲量。(2)如果将物体A的质量增加为2m,物体A仍从原来的高度由静止释放且与B碰撞后一起沿斜面向下运动,则物体A上升的最高点与O点的间距应为多少答案

(1)0.6kg·m/s,沿斜面向上

(2)0.02m解析

(1)设物体A沿光滑斜面下滑刚接触B时速度为v0,由机械能守恒定律得解得物体A的速度v0=1.2

m/sA与B碰撞,由动量守恒定律得mv0=2mv1解得v1==0.6

m/sB对物体A的冲量I=mv1-mv0=-0.6

kg·m/s,负号表示冲量方向沿斜面向上。(2)当A的质量为m时,两物体碰后到刚好回到O点的过程,两物体与弹簧组解得弹簧最初的弹性势能Ep=0.12

J将物体A的质量增加为2m时,物体A下滑到与B碰撞前瞬间的过程中,由机两物体碰撞的过程有2mv0'=(2m+m)v2解得碰撞后A、B的速度v2=0.8

m/s从两物体碰撞后瞬间到两物体一起返回到O点的过程,由机械能守恒定律物体A与物体B在O点分离,分离后对物体A由牛顿第二定律得2mgsin

α=2ma解得A、B分离后物体A沿斜面上升时的加速度大小a=gsin

α=6

m/s2角度拓展1(2022海南卷)有一个角度可变的轨道,当倾角为30°时,滑块A恰好匀速下滑,现将倾角调为60°,从高为h的地方由静止下滑,过一段时间无碰撞地进入光滑水平面,与系在轻绳下端的小球B发生弹性正碰,B被一根绳子悬挂,与水平面接触但不挤压,碰后B恰好能做完整的圆周运动,已知滑块A和小球B质量相等,求:(1)A与轨道间的动摩擦因数μ;(2)A与B刚碰完时B的速度;(3)绳子的长度L。解析

(1)