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新教材高考物理一轮复习第6章动量守恒定律专题4动力学、能量、动量观点在力学中的应用课件
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这是一份新教材高考物理一轮复习第6章动量守恒定律专题4动力学、能量、动量观点在力学中的应用课件，共39页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，ΔEk等内容，欢迎下载使用。
力的三个作用效果与五个规律
易错辨析(1)牛顿运动定律能解决所有力学问题,也适于解决微观、高速运动物体。( )(2)通常涉及力对空间积累效果问题,往往应用动能定理与机械能守恒定律比较方便。( )(3)通常涉及力对时间积累效果问题,往往应用动量定理与动量守恒定律比较方便。( )(4)在光滑水平面上的两球相向运动,碰撞后均变为静止,则两球碰撞前的动量大小一定相等。( )
应用提升1.(多选)如图所示,质量为m0的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定,则下列关系式中正确的是( )
2.(2023广东广州综合测试)如图所示,北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中,甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则( )A.两壶碰撞过程无机械能损失B.两壶碰撞过程动量变化量相同C.碰撞后瞬间,甲壶的速度为D.碰撞后瞬间,乙壶的速度为v0
1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。(2)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。(3)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)研究某单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)若研究的对象为一个系统,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解决。
【典例突破】典例1.(2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
答案 (1)能,计算过程见解析 (2)0.2 s解析 (1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前,做匀减速直线运动,加速度大小
解得v1=0.3 m/s甲、乙两算珠碰撞时,由题意可知碰撞过程中动量守恒,取甲算珠初速度方向为正方向,则有mv1=mv1'+mv乙,其中v1'=0.1 m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙=0.2 m/s碰撞后,乙算珠做匀减速直线运动,加速度大小
【对点演练】1.如图所示,物流转运中心的水平地面上有一辆质量为m0=4 kg、长为L=1.4 m的平板车,在平板车的右端放有质量为m=1 kg的快件(可视为质点),快件与平板车间的动摩擦因数μ=0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上,他采用了用水平力F拉平板车的方式,重力加速度g取10 m/s2,不计平板车与地面间的摩擦阻力。(1)要让快件能相对平板车滑动,求需要施加的最小水平力F0。(2)若用F=28 N的水平恒力拉平板车,要将快件卸到地面上,拉力F作用的最短时间t为多少?
答案 (1)20 N (2)1 s解析 (1)当快件刚要相对平板车滑动时,拉力F最小,有对快件:μmg=ma0对快件及平板车整体:F0=(m0+m)a0解得F0=20 N。(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达平板车左端时,拉力F作用时间最短,设F的最短作用时间为tm,F作用时间内,快件在平板车上滑动距离为L1,撤去拉力F时,快件的速度为v1,平板车的速度为v2,有对快件:μmg=ma1v1=a1tm对平板车:F-μmg=m0a2,v2=a2tm
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。
【典例突破】典例2.(2023广东广州二模)如图所示,玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成,A的质量为0.2 kg,B的质量为0.4 kg,弹簧夹在中间,与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体,为使A上升得更高,让“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放,“火箭”着地瞬间以原速率反弹,同时解除锁定,当弹簧恢复原长时,B恰好停在地面上,不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)“火箭”着地时的速度大小;(2)A上升的最大高度;(3)弹簧被锁定时的弹性势能。
思路点拨 (1)根据运动学公式得出“火箭”着地时的速度;(2)根据动量守恒定律得出对应的速度,结合运动学公式得出高度;(3)根据能量的计算公式得出弹簧被锁定时的弹性势能。
答案 (1)4 m/s (2)7.2 m (3)9.6 J解析 (1)“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放,做自由落体运动,根据速度—位移公式可得v2=2gh解得v=4 m/s。(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹,同时解除锁定,弹簧恢复原长过程,B恰好停在地面上,动量守恒,取向上为正方向,根据动量守恒定律可得(mA+mB)v=mAv'解得v'=12 m/s。A做竖直上抛运动,可逆向看成自由落体运动,根据运动学公式可得v'2=2gh'解得h'=7.2 m。
【对点演练】2.(2023广东湛江二模)如图所示,固定的水平桌面左右两端分别放有质量为m1=0.5 kg和m2=1 kg的P、Q两物块(均可视为质点),现给物块P一水平向右的初速度,物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短),碰撞后物块P停在桌面上距右端L=0.25 m处,物块Q离开桌面后做平抛运动,水平射程x=1 m。已知桌面距水平地面的高度h=1.25 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:(1)物块Q离开桌面时的速度大小;(2)物块P与桌面间的动摩擦因数。
答案 (1)2 m/s (2)0.2解析 (1)物块Q离开桌面做平抛运动竖直方向:h= gt2水平方向:x=v1t两式联立,可得物块Q离开桌面时的速度大小v1=2 m/s。
1.表现形式(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。(3)平抛运动:与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。2.解题策略(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度。(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功)。(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
【典例突破】典例3.(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量m杆=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。
思路点拨 (1)选择合适的研究对象,对物体受力分析,结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力;(2)根据动能定理得出滑块与滑杆碰撞前的速度;(3)碰撞瞬间动量守恒,由此计算出整体的速度,结合动能定理得出滑杆向上运动的最大高度。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即FN1=(m+m杆)g=8 N滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为FN2=m杆g-Ff=5 N。
【对点演练】3.(2023广东广州二中三模)如图所示,长为L=2 m的传送带以v0=2 m/s逆时针匀速转动,左端连接半径为R=0.8 m的四分之一圆弧,右端连接倾角为θ=30°、高为h=0.5 m的斜面,斜面顶部连接水平面。传送带和斜面粗糙,其他接触面均光滑。可视为质点的物块B静止在圆弧底端,物块A在圆心等高处静止释放,在底端与物块B发生弹性碰撞后立马撤走A。已知物块A和B的质量分别为m和km(k>0)且m=1 kg,B与传送带和斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2= ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)A与B碰前瞬间的速度和所受支持力的大小;(2)k为多少时,B刚好能滑上平台;(3)k取不同值时,物块B从滑上传送带到第一次离开传送带过程中传送带对B做的功。
(2)设B碰后瞬间的速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒和机械能守恒得mv1=mv1'+kmv2
(3)当物块B恰好到达传送带右侧时,根据动能定理
解得k=1所以当0
力的三个作用效果与五个规律
易错辨析(1)牛顿运动定律能解决所有力学问题,也适于解决微观、高速运动物体。( )(2)通常涉及力对空间积累效果问题,往往应用动能定理与机械能守恒定律比较方便。( )(3)通常涉及力对时间积累效果问题,往往应用动量定理与动量守恒定律比较方便。( )(4)在光滑水平面上的两球相向运动,碰撞后均变为静止,则两球碰撞前的动量大小一定相等。( )
应用提升1.(多选)如图所示,质量为m0的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定,则下列关系式中正确的是( )
2.(2023广东广州综合测试)如图所示,北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中,甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则( )A.两壶碰撞过程无机械能损失B.两壶碰撞过程动量变化量相同C.碰撞后瞬间,甲壶的速度为D.碰撞后瞬间,乙壶的速度为v0
1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。(2)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。(3)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)研究某单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)若研究的对象为一个系统,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解决。
【典例突破】典例1.(2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
答案 (1)能,计算过程见解析 (2)0.2 s解析 (1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前,做匀减速直线运动,加速度大小
解得v1=0.3 m/s甲、乙两算珠碰撞时,由题意可知碰撞过程中动量守恒,取甲算珠初速度方向为正方向,则有mv1=mv1'+mv乙,其中v1'=0.1 m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙=0.2 m/s碰撞后,乙算珠做匀减速直线运动,加速度大小
【对点演练】1.如图所示,物流转运中心的水平地面上有一辆质量为m0=4 kg、长为L=1.4 m的平板车,在平板车的右端放有质量为m=1 kg的快件(可视为质点),快件与平板车间的动摩擦因数μ=0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上,他采用了用水平力F拉平板车的方式,重力加速度g取10 m/s2,不计平板车与地面间的摩擦阻力。(1)要让快件能相对平板车滑动,求需要施加的最小水平力F0。(2)若用F=28 N的水平恒力拉平板车,要将快件卸到地面上,拉力F作用的最短时间t为多少?
答案 (1)20 N (2)1 s解析 (1)当快件刚要相对平板车滑动时,拉力F最小,有对快件:μmg=ma0对快件及平板车整体:F0=(m0+m)a0解得F0=20 N。(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达平板车左端时,拉力F作用时间最短,设F的最短作用时间为tm,F作用时间内,快件在平板车上滑动距离为L1,撤去拉力F时,快件的速度为v1,平板车的速度为v2,有对快件:μmg=ma1v1=a1tm对平板车:F-μmg=m0a2,v2=a2tm
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。
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思路点拨 (1)根据运动学公式得出“火箭”着地时的速度;(2)根据动量守恒定律得出对应的速度,结合运动学公式得出高度;(3)根据能量的计算公式得出弹簧被锁定时的弹性势能。
答案 (1)4 m/s (2)7.2 m (3)9.6 J解析 (1)“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放,做自由落体运动,根据速度—位移公式可得v2=2gh解得v=4 m/s。(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹,同时解除锁定,弹簧恢复原长过程,B恰好停在地面上,动量守恒,取向上为正方向,根据动量守恒定律可得(mA+mB)v=mAv'解得v'=12 m/s。A做竖直上抛运动,可逆向看成自由落体运动,根据运动学公式可得v'2=2gh'解得h'=7.2 m。
【对点演练】2.(2023广东湛江二模)如图所示,固定的水平桌面左右两端分别放有质量为m1=0.5 kg和m2=1 kg的P、Q两物块(均可视为质点),现给物块P一水平向右的初速度,物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短),碰撞后物块P停在桌面上距右端L=0.25 m处,物块Q离开桌面后做平抛运动,水平射程x=1 m。已知桌面距水平地面的高度h=1.25 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:(1)物块Q离开桌面时的速度大小;(2)物块P与桌面间的动摩擦因数。
答案 (1)2 m/s (2)0.2解析 (1)物块Q离开桌面做平抛运动竖直方向:h= gt2水平方向:x=v1t两式联立,可得物块Q离开桌面时的速度大小v1=2 m/s。
1.表现形式(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。(3)平抛运动:与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。2.解题策略(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度。(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功)。(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
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思路点拨 (1)选择合适的研究对象,对物体受力分析,结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力;(2)根据动能定理得出滑块与滑杆碰撞前的速度;(3)碰撞瞬间动量守恒,由此计算出整体的速度,结合动能定理得出滑杆向上运动的最大高度。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即FN1=(m+m杆)g=8 N滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为FN2=m杆g-Ff=5 N。
【对点演练】3.(2023广东广州二中三模)如图所示,长为L=2 m的传送带以v0=2 m/s逆时针匀速转动,左端连接半径为R=0.8 m的四分之一圆弧,右端连接倾角为θ=30°、高为h=0.5 m的斜面,斜面顶部连接水平面。传送带和斜面粗糙,其他接触面均光滑。可视为质点的物块B静止在圆弧底端,物块A在圆心等高处静止释放,在底端与物块B发生弹性碰撞后立马撤走A。已知物块A和B的质量分别为m和km(k>0)且m=1 kg,B与传送带和斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2= ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)A与B碰前瞬间的速度和所受支持力的大小;(2)k为多少时,B刚好能滑上平台;(3)k取不同值时,物块B从滑上传送带到第一次离开传送带过程中传送带对B做的功。
(2)设B碰后瞬间的速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒和机械能守恒得mv1=mv1'+kmv2
(3)当物块B恰好到达传送带右侧时,根据动能定理
解得k=1所以当0
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