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适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用课件
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这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，高频考点•探究突破，专项模块•素养培优，知识网络构建，高考真题再练，命题点点拨，情境突破等内容，欢迎下载使用。
1.(2022山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析 选火箭为研究对象,火箭先向上做加速运动,后向上做减速运动,至火箭速度为零。开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,动能最大,选项A正确。火箭向上运动的过程中,重力势能也增加,选项B错误。根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,选项D错误。
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
解析 假人的头部只受到安全气囊的作用,则F-t图像的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量,且图线一直在t轴的上方,则动量的大小一直增大,故A、B错误。由动量与动能的关系有Ek= ,而F-t图像的面积是动量的变化量,则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比,故C错误。假人的头部只受到安全气囊的作用,可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,故D正确。
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
4.(2023湖南卷)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
(2)小球与凹槽组成的系统,在水平方向上动量守恒,则m0x1'=mx2'x+x2'=a
即小球的轨迹为圆的一部分,圆心为(a-b,0),半径为b根据几何关系可得图中α=30°在水平方向上,根据动量守恒定律得mvcs 60°=m0v'根据机械能守恒定律得
【方法规律归纳】理解动量定理时应注意的四个问题(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: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)。 可能是流体(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。
【对点训练】1.(命题点1、2)下图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员( )A.过程Ⅰ的动量改变量等于零B.过程Ⅱ的动量改变量等于零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
解析 过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故A错误,C正确。运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误。过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,此过程中运动员受重力和水的阻力,动量改变量不等于重力的冲量,故D错误。
2.(2023广东佛山一模)(命题点2)网球质量约60 g,某球员高速击球时,球迎面飞来的速度约为50 m/s,球与球拍接触的时间大约是0.004 s,倘若要用球拍以同等的速率将球反向击回,则此过程中网球( )A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0 kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750 ND.受到球拍的冲击力约为1 500 N
解析 取反弹后速度的方向为正方向,网球动量变化量约为Δp=mv2-mv1 =0.06×50 kg·m/s-(0.06×50) kg·m/s=6 kg·m/s,故A、B错误。取反弹后速度的方向为正方向,则Δp=F·Δt,得F=1 500 N,故D正确,C错误。
3.(命题点3)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍
【方法规律归纳】1.动量守恒定律解题“五步法”注:对于过程的选定,初状态选定较易,“过程”的末状态的选定,有时需要根据题目中的临界点或极值点确定。
2.一般碰撞的三个制约关系一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系:(1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,例如,如果碰前和碰后两物体都同向运动,那么碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。
[典例] (多选)(命题点1)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
解析 设该运动员的质量为m0,物块的质量为m=4.0 kg,推物块的速度大小为v=5.0 m/s,取人运动的方向为正方向,根据动量守恒定律可得第一次推物块的过程中:0=m0v1-mv第二次推物块的过程中:m0v1+mv=m0v2-mv第三次推物块的过程中:m0v2+mv=m0v3-mv…第n次推物块的过程中:m0vn-1+mv=m0vn-mv以上各式相加可得:m0vn=(2n-1)mv当n=7时,v752 kg当n=8时,v8≥v,解得m0≤60 kg,故52 kg
解析 设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为p0,碰后甲的动量为p',被碰冰壶的动量为p,以甲的初速度方向为正方向,两冰壶碰撞过程满足动量守恒,有p0=p'+p,解得p=p0-p'。A图中p'≈0,则p=p0,B图中p=p0+p',C、D图中p=p0-p',可知B图中对应乙向右的动量最大,故B正确,A、C、D错误。
5.(2023广西二模)(命题点3)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片,其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为h,炮弹爆炸前的动能为E,爆炸后系统的机械能增加了 ,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,则两块碎片落地点间的距离为( )
【方法规律归纳】碰撞与多过程模型的五大解题策略(1)弄清有几个物体参与运动,并划分清楚碰前的过程和碰后的物体的运动过程。(2)构建物理模型——进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点,分析过程是要根据题目的关键词句或图像信息弄清隐含的临界条件。 注意审题
(3)注意正确选用物理定律——在光滑的平面或曲面上的运动,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 在多过程中,碰撞过程一般是一个子过程体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析。(4)如果是弹性碰撞,碰撞过程总动能也不变。一些关键碰撞的二级结论要记住。(5)如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。
[典例2] (命题点1)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg, mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
思维点拨 本题为典型的多过程问题,涉及力学三大规律。解题关键是将这个复杂过程进行拆分:①弹簧弹开瞬间,根据动量守恒定律确定两物块的初速度。②物块B向左做匀减速直线运动,物块A向右运动,碰墙后以原速率返回的过程,可等效为匀减速直线运动。③物块A、B的弹性碰撞过程,遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律,确定碰撞后的速度。④两物块各自减速到零,由运动学公式计算两物块的位移。
答案 (1)vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m (3)0.91 m解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB①联立①②式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s。
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m。⑨
特别提醒 在正确分析过程的前提下,很重要的一点是要把握临界问题的分析:(1)寻找临界状态:看题设情景中有相互作用的两物体是否有相距最近,避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。(2)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,即速度相等或位移相等。
【对点训练】6.(命题点1)如图所示,长木板B静止在光滑的水平面上,物块C放在长木板的右端,B的质量为4 kg,C和木板间的动摩擦因数为0.2,C可以看成质点,长木板足够长。物块A在长木板的左侧以速度v0=8 m/s向右运动并与长木板相碰,碰后A的速度为2 m/s,方向不变,A的质量为2 kg,重力加速度g取10 m/s2。(1)求碰后一瞬间B的速度大小;(2)试分析要使A与B不会发生第二次碰撞,C的质量不能超过多大。
答案 (1)3 m/s (2)2 kg解析 (1)A与B相碰的一瞬间,A、B组成的系统动量守恒,则有mAv0=mAvA+mBvB解得vB=3 m/s。(2)碰撞后C在B上相对B滑动,B做减速运动,设C与B相对静止时,B与C以共同速度v=2 m/s运动,A与B刚好不会发生第二次碰撞,这个运动过程C与B组成的系统动量守恒,则mBvB=(mB+mC)v解得mC=2 kg因此要使A与B不会发生第二次碰撞,C的质量不能超过2 kg。
7.(2023辽宁卷)(命题点2)如图所示,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= kx2。重力加速度g取10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知m2v0=(m1+m2)v1代入数据解得v1=1 m/s以木板为研究对象,有m1a1=μm2g代入数据解得a1=4 m/s2
(2)木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时对物块,根据牛顿第二定律,有μm2g=m2a'对整体,根据牛顿第二定律,有kx2=(m1+m2)a'代入数据解得x2=0.25 m根据物块和木板接触弹簧后,系统机械能守恒,
(3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0,木板从速度为0到之后物块与木板加速度首次相同,弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置,考虑到木板返回时,受力与木板压缩弹簧时相同,
在2t0时间内,弹簧的弹性势能不变,木板的动能不变,故研究物块、木板及弹簧组成的系统,根据能量守恒有
8.(命题点3)如图所示,水平地面上左侧有一质量为2m的四分之一光滑圆弧斜槽C,斜槽末端切线水平,右侧有一质量为3m的带挡板P的木板B,木板上表面水平且光滑,木板与地面的动摩擦因数为0.25,斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻,一质量为m的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端由静止滚下,重力加速度为g。
(1)若光滑圆弧斜槽C不固定,圆弧半径为R且不计斜槽C与地面的摩擦,求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能;(2)若斜槽C固定在地面上,小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为v0,小球滚上木板上的同时,外界使木板获得大小为v0的水平向右的初速度,并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2,且F1=F2=0.5mg。当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间),木板的速度刚好减为零。之后小球与木板的挡板发生第1次相碰,以后会发生多次碰撞。已知小球与挡板间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短,小球始终在木板上运动。①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间,木板的速度大小为多少?②小球与挡板从第1次碰撞后至第2 021次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和是多少?
技巧点拨对于重复性运动要从特殊到一般、从单次到多次进行归纳总结规律。
应用力学三大观点解决综合问题
【主题概述】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瞬时对应关系式,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化。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。
【典例分析】[典例]如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。求:(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1。(2)第二次碰撞Q上升的高度。(3)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn。
解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvP1+4mvQ1由机械能守恒定律得
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2
(3)设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv03=mvP3+4mvQ3由机械能守恒定律得
方法点拨 涉及动量问题的多过程问题的分析思路及模型
【类题演练】1.云霄飞车玩具(如图甲所示)是儿童喜爱的玩具之一,玩具组装原件多,可以提升儿童的思维能力和动手能力。玩具的一小部分结构被简化如图乙所示,钢制粗糙水平面AB长度为s=1 m,A端连接一倾角为θ=30°的光滑斜面,斜面长度为l=0.9 m,B端固定一半径R=0.2 m的竖直光滑圆弧轨道。从斜面顶端由静止释放一质量m'=0.1 kg的小球,运动到A点时与另一质量m=0.05 kg的静止小滑块发生弹性碰撞(斜面与水平轨道连接处能量损失可忽略不计)。碰后小滑块在水平面上运动到B点后进入圆弧轨道,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球、小滑块碰撞过程中,小球对小滑块的冲量;(2)若小滑块能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道,请在下表数据中为小滑块选择合适的材料满足上述的运动条件,写出相应的判断依据。
答案 (1)0.2 N·s,方向水平向右 (2)见解析解析 (1)小球在下滑过程中,设小球最低点的速度大小为v0。根据机械能守恒定律得代入数据解得v0=3 m/s设小球、小滑块碰撞后速度分别为v1和v2。取向右为正方向,由动量守恒定律得m'v0=m'v1+mv2
联立并代入数据解得v2=4 m/s根据动量定理得I=mv2=0.2 N·s方向水平向右,即小球对小滑块的冲量大小为0.2 N·s,方向水平向右。
解得μ3=0.3所以μ的取值范围为μ≤0.3和0.6≤μ≤0.8,查看表格可知:若小滑块可以运动到最高点,材料可以为钢、木;若小滑块可以运动到圆心等高处以下,材料可以为聚异戊二烯。
2.(2022河北卷)如图所示,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。(1)若0
则新滑板速度方向水平向右。(2)若k=0.5,可知碰后瞬间C、D形成的新物块的速度为v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
1.(2022山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析 选火箭为研究对象,火箭先向上做加速运动,后向上做减速运动,至火箭速度为零。开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,动能最大,选项A正确。火箭向上运动的过程中,重力势能也增加,选项B错误。根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,选项D错误。
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
解析 假人的头部只受到安全气囊的作用,则F-t图像的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量,且图线一直在t轴的上方,则动量的大小一直增大,故A、B错误。由动量与动能的关系有Ek= ,而F-t图像的面积是动量的变化量,则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比,故C错误。假人的头部只受到安全气囊的作用,可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,故D正确。
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
4.(2023湖南卷)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
(2)小球与凹槽组成的系统,在水平方向上动量守恒,则m0x1'=mx2'x+x2'=a
即小球的轨迹为圆的一部分,圆心为(a-b,0),半径为b根据几何关系可得图中α=30°在水平方向上,根据动量守恒定律得mvcs 60°=m0v'根据机械能守恒定律得
【方法规律归纳】理解动量定理时应注意的四个问题(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: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)。 可能是流体(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。
【对点训练】1.(命题点1、2)下图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员( )A.过程Ⅰ的动量改变量等于零B.过程Ⅱ的动量改变量等于零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
解析 过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故A错误,C正确。运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误。过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,此过程中运动员受重力和水的阻力,动量改变量不等于重力的冲量,故D错误。
2.(2023广东佛山一模)(命题点2)网球质量约60 g,某球员高速击球时,球迎面飞来的速度约为50 m/s,球与球拍接触的时间大约是0.004 s,倘若要用球拍以同等的速率将球反向击回,则此过程中网球( )A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0 kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750 ND.受到球拍的冲击力约为1 500 N
解析 取反弹后速度的方向为正方向,网球动量变化量约为Δp=mv2-mv1 =0.06×50 kg·m/s-(0.06×50) kg·m/s=6 kg·m/s,故A、B错误。取反弹后速度的方向为正方向,则Δp=F·Δt,得F=1 500 N,故D正确,C错误。
3.(命题点3)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍
【方法规律归纳】1.动量守恒定律解题“五步法”注:对于过程的选定,初状态选定较易,“过程”的末状态的选定,有时需要根据题目中的临界点或极值点确定。
2.一般碰撞的三个制约关系一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系:(1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,例如,如果碰前和碰后两物体都同向运动,那么碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。
[典例] (多选)(命题点1)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
解析 设该运动员的质量为m0,物块的质量为m=4.0 kg,推物块的速度大小为v=5.0 m/s,取人运动的方向为正方向,根据动量守恒定律可得第一次推物块的过程中:0=m0v1-mv第二次推物块的过程中:m0v1+mv=m0v2-mv第三次推物块的过程中:m0v2+mv=m0v3-mv…第n次推物块的过程中:m0vn-1+mv=m0vn-mv以上各式相加可得:m0vn=(2n-1)mv当n=7时,v7
解析 设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为p0,碰后甲的动量为p',被碰冰壶的动量为p,以甲的初速度方向为正方向,两冰壶碰撞过程满足动量守恒,有p0=p'+p,解得p=p0-p'。A图中p'≈0,则p=p0,B图中p=p0+p',C、D图中p=p0-p',可知B图中对应乙向右的动量最大,故B正确,A、C、D错误。
5.(2023广西二模)(命题点3)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片,其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为h,炮弹爆炸前的动能为E,爆炸后系统的机械能增加了 ,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,则两块碎片落地点间的距离为( )
【方法规律归纳】碰撞与多过程模型的五大解题策略(1)弄清有几个物体参与运动,并划分清楚碰前的过程和碰后的物体的运动过程。(2)构建物理模型——进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点,分析过程是要根据题目的关键词句或图像信息弄清隐含的临界条件。 注意审题
(3)注意正确选用物理定律——在光滑的平面或曲面上的运动,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 在多过程中,碰撞过程一般是一个子过程体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析。(4)如果是弹性碰撞,碰撞过程总动能也不变。一些关键碰撞的二级结论要记住。(5)如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。
[典例2] (命题点1)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg, mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
思维点拨 本题为典型的多过程问题,涉及力学三大规律。解题关键是将这个复杂过程进行拆分:①弹簧弹开瞬间,根据动量守恒定律确定两物块的初速度。②物块B向左做匀减速直线运动,物块A向右运动,碰墙后以原速率返回的过程,可等效为匀减速直线运动。③物块A、B的弹性碰撞过程,遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律,确定碰撞后的速度。④两物块各自减速到零,由运动学公式计算两物块的位移。
答案 (1)vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m (3)0.91 m解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB①联立①②式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s。
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m。⑨
特别提醒 在正确分析过程的前提下,很重要的一点是要把握临界问题的分析:(1)寻找临界状态:看题设情景中有相互作用的两物体是否有相距最近,避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。(2)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,即速度相等或位移相等。
【对点训练】6.(命题点1)如图所示,长木板B静止在光滑的水平面上,物块C放在长木板的右端,B的质量为4 kg,C和木板间的动摩擦因数为0.2,C可以看成质点,长木板足够长。物块A在长木板的左侧以速度v0=8 m/s向右运动并与长木板相碰,碰后A的速度为2 m/s,方向不变,A的质量为2 kg,重力加速度g取10 m/s2。(1)求碰后一瞬间B的速度大小;(2)试分析要使A与B不会发生第二次碰撞,C的质量不能超过多大。
答案 (1)3 m/s (2)2 kg解析 (1)A与B相碰的一瞬间,A、B组成的系统动量守恒,则有mAv0=mAvA+mBvB解得vB=3 m/s。(2)碰撞后C在B上相对B滑动,B做减速运动,设C与B相对静止时,B与C以共同速度v=2 m/s运动,A与B刚好不会发生第二次碰撞,这个运动过程C与B组成的系统动量守恒,则mBvB=(mB+mC)v解得mC=2 kg因此要使A与B不会发生第二次碰撞,C的质量不能超过2 kg。
7.(2023辽宁卷)(命题点2)如图所示,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= kx2。重力加速度g取10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知m2v0=(m1+m2)v1代入数据解得v1=1 m/s以木板为研究对象,有m1a1=μm2g代入数据解得a1=4 m/s2
(2)木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时对物块,根据牛顿第二定律,有μm2g=m2a'对整体,根据牛顿第二定律,有kx2=(m1+m2)a'代入数据解得x2=0.25 m根据物块和木板接触弹簧后,系统机械能守恒,
(3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0,木板从速度为0到之后物块与木板加速度首次相同,弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置,考虑到木板返回时,受力与木板压缩弹簧时相同,
在2t0时间内,弹簧的弹性势能不变,木板的动能不变,故研究物块、木板及弹簧组成的系统,根据能量守恒有
8.(命题点3)如图所示,水平地面上左侧有一质量为2m的四分之一光滑圆弧斜槽C,斜槽末端切线水平,右侧有一质量为3m的带挡板P的木板B,木板上表面水平且光滑,木板与地面的动摩擦因数为0.25,斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻,一质量为m的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端由静止滚下,重力加速度为g。
(1)若光滑圆弧斜槽C不固定,圆弧半径为R且不计斜槽C与地面的摩擦,求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能;(2)若斜槽C固定在地面上,小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为v0,小球滚上木板上的同时,外界使木板获得大小为v0的水平向右的初速度,并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2,且F1=F2=0.5mg。当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间),木板的速度刚好减为零。之后小球与木板的挡板发生第1次相碰,以后会发生多次碰撞。已知小球与挡板间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短,小球始终在木板上运动。①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间,木板的速度大小为多少?②小球与挡板从第1次碰撞后至第2 021次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和是多少?
技巧点拨对于重复性运动要从特殊到一般、从单次到多次进行归纳总结规律。
应用力学三大观点解决综合问题
【主题概述】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瞬时对应关系式,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化。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。
【典例分析】[典例]如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。求:(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1。(2)第二次碰撞Q上升的高度。(3)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn。
解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvP1+4mvQ1由机械能守恒定律得
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2
(3)设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv03=mvP3+4mvQ3由机械能守恒定律得
方法点拨 涉及动量问题的多过程问题的分析思路及模型
【类题演练】1.云霄飞车玩具(如图甲所示)是儿童喜爱的玩具之一,玩具组装原件多,可以提升儿童的思维能力和动手能力。玩具的一小部分结构被简化如图乙所示,钢制粗糙水平面AB长度为s=1 m,A端连接一倾角为θ=30°的光滑斜面,斜面长度为l=0.9 m,B端固定一半径R=0.2 m的竖直光滑圆弧轨道。从斜面顶端由静止释放一质量m'=0.1 kg的小球,运动到A点时与另一质量m=0.05 kg的静止小滑块发生弹性碰撞(斜面与水平轨道连接处能量损失可忽略不计)。碰后小滑块在水平面上运动到B点后进入圆弧轨道,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球、小滑块碰撞过程中,小球对小滑块的冲量;(2)若小滑块能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道,请在下表数据中为小滑块选择合适的材料满足上述的运动条件,写出相应的判断依据。
答案 (1)0.2 N·s,方向水平向右 (2)见解析解析 (1)小球在下滑过程中,设小球最低点的速度大小为v0。根据机械能守恒定律得代入数据解得v0=3 m/s设小球、小滑块碰撞后速度分别为v1和v2。取向右为正方向,由动量守恒定律得m'v0=m'v1+mv2
联立并代入数据解得v2=4 m/s根据动量定理得I=mv2=0.2 N·s方向水平向右,即小球对小滑块的冲量大小为0.2 N·s,方向水平向右。
解得μ3=0.3所以μ的取值范围为μ≤0.3和0.6≤μ≤0.8,查看表格可知:若小滑块可以运动到最高点,材料可以为钢、木;若小滑块可以运动到圆心等高处以下,材料可以为聚异戊二烯。
2.(2022河北卷)如图所示,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。(1)若0
则新滑板速度方向水平向右。(2)若k=0.5,可知碰后瞬间C、D形成的新物块的速度为v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
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