2023届高考物理二轮复习热点5动量和能量学案

这是一份2023届高考物理二轮复习热点5动量和能量学案，共21页。学案主要包含了审题思维，模型转化，失分警示等内容，欢迎下载使用。

热点5　动量和能量

考向一动量定理的理解和应用

【典例】(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞①,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间②内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是 (　　)
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
打击碰撞问题
②
碰撞问题涉及时间,考虑应用动量定理

应用动量定理解题的基本步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题,其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程,最后代入数据求解。对过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可整个过程应用动量定理。

1.维度:F-t图像的应用
(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则 (　　)

A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
2.维度:动量定理的理解和应用
蹦床属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一名体重为50 kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6 s,之后与蹦床经1 s的接触,再次获得1.6 s的空中动作时间。不计空气阻力影响,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.运动员与蹦床间的平均作用力为800 N
B.运动员与蹦床间的平均作用力为1 300 N
C.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于超重状态
D.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于失重状态
3.维度:动量定理中的“流体模型”
用喷壶喷洒药水杀菌。某次喷洒过程中,在0.1 s内喷出2 mL的药水,药水喷出速度为12 m/s。已知药水的密度为1.0×103 kg/m3,则药水对喷壶的平均作用力为 (　　)
A.0.12 N　　　　　　　　　 B.0.24 N
C.0.48 N D.0.60 N
考向二动量守恒定律的应用

【典例】(2021·全国乙卷)如图,光滑水平地面上有一小车①,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始②,小车、弹簧和滑块组成的系统 (　　)

A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
小车与地面没有摩擦力
②
整个系统水平方向动量守恒
【模型转化】


1.动量守恒定律的应用常见模型

2.应用动量守恒定律解题的基本思路


1.维度:球与物体
如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,小球Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　)

A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
2.维度:物体与物体
(多选)如图所示,质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时,速度大小为v,距地面高度为h,则下列关系式中正确的是 (　　)

A.mv0=(m+M)v
B.mv0cosθ=(m+M)v
C.mgh=12m(v0sinθ)2
D.mgh+12(m+M)v2=12mv02
3.维度:球与球
三个半径相同的弹性球,静止于光滑水平面的同一直线上,顺序如图所示,已知mA=m,mC=4m。当A以速度v0向B运动,若要使得B、C碰后C具有最大速度,则B的质量应为 (　　)

A.m　　　　B.2m　　　　C.3m　　　　D.4m
4.维度:动量守恒中的“人船模型”
有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量为 (　　)
A.m(L+d)d　　　　　　　 B.m(L-d)d
C.mLd D.m(L+d)L
考向三动能定理和功能关系的应用

【典例】(多选)(2021·湖南选择考)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上①(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积②大小, S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 (　　)

A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后③,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
B离开墙后,系统水平方向不受力
②
围成的面积代表速度变化量Δv
③
系统水平方向动量守恒
【模型转化】

【失分警示】
①不知道a-t图线与坐标轴所围面积表示速度变化量Δv。
②不会判断A、B组成的系统何时动量守恒。

动量观点与能量观点综合应用技巧
(1)注意研究过程的合理选取,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律,都应合理选取研究过程。
(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。
(3)注意方向性问题,运用动量定理或动量守恒定律求解时,都要选定一个正方向,对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向,代入相关的公式中进行运算。另外,对于碰撞问题,要注意碰撞的多种可能性,做出正确的分析判断后,再针对不同情况进行计算,避免出现漏洞。

1.维度:“子弹打木块”模型
如图所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定,子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 (　　)

A.1v0(s+L)　　　　　　 B.1v0(s+2L)
C.12v0(s+L) D.1v0(L+2s)
2.维度:“板块”模型
如图所示,质量为M、长为L的长木板放在足够长的光滑水平面上,一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板,如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的最右端,如果长木板不固定,则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为 (　　)

A.L　　　　B.3L4　　　　C.L2　　　　D.L4
3.维度:“弹簧类”组合模型
　(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　　)

A.物体A的质量为3m
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv02
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02

1.(多选)(利用F-t图像判断动量和冲量的变化)如图所示,物体从t=0时刻开始由静止做直线运动,0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线,下列表述正确的是 (　　)

A.0~2 s内合外力的冲量一直增大
B.0~4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
2.(动量定理的应用)民法典明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”,如果一瓶500 mL的矿泉水从教学楼4楼窗户坠下,与地面的撞击时间约为7×10-3 s,未反弹,则矿泉水瓶对地面的冲击力约为 (　　)
A.10 N　　　B.102 N　　　C.103 N　　　D.104 N
3.(应用动量定理处理“流体模型”)“水刀”应用高压水流切割技术,相比于激光切割有切割材料范围广,效率高,安全环保等优势。如图所示,某型号“水刀”工作过程中,将水从面积S=0.1 mm2的细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料表面,从而产生极大压强,实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后,立刻沿材料表面散开没有反弹,试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 (　　)

A.1.0×105 Pa　　　　　　 B.1.0×106 Pa
C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
4.(动量守恒定律的应用)(多选)如图所示,在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车,人从a车跳上b车,又立即从b车跳回a车,并与a车保持相对静止。下列说法正确的是 (　　)

A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中,a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D.全过程中,a车对人的冲量小于b车对人的冲量
5.(“反冲”和“爆炸”模型)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,g取10 m/s2,忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　　)
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
6.(人船模型)(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)(　　)

A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为2m1lm2+m1
7.(动量与能量结合)(多选)如图所示,光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则(　　)

A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2
B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23x
C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2
D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
8.(动量中的板块模型)(多选)如图所示,质量为M的滑槽静止在光滑的水平地面上,滑槽的AB部分是粗糙水平面,BC部分是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。现有一质量为m的小滑块从A点以速度v0冲上滑槽,并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C点,忽略空气阻力。则在整个运动过程中,下列说法正确的是 (　　)

A.滑块滑到C点时,速度大小等于mM+mv0
B.滑块滑到C点时速度变为0
C.滑块从A点滑到C点的过程中,滑槽与滑块组成的系统动量和机械能都守恒
D.滑块从B点滑到C点的过程中,滑槽与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒







热点5　动量和能量　
考向一　动量定理的理解和应用

【典例】D　有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A错误,D正确;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,故选项C错误。

1.A、B　由动量定理可得Ft=mv,解得v=Ftm,t=1 s时物块的速率为v=Ftm=2×12 m/s=
1 m/s,故选项A正确;t=2 s时物块的动量大小p2=Ft2=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,故选项B正确;t=3 s时物块的动量大小为p3=(2×2-1×1) kg·m/s=3 kg·m/s,故选项C错误;t=4 s 时物块的动量大小为p4=(2×2-1×2) kg·m/s=2 kg·m/s,所以t=4 s时物块的速度为1 m/s,故选项D错误。
2.B　由题意可知,运动员从最高点经t1=0.8 s 与蹦床接触t2=1 s,再经t3=0.8 s到达最高点,整个过程中,对运动员应用动量定理得mg(t1+t2+t3)-Ft2=0,解得F=
1 300 N,A项错误,B项正确;运动员与蹦床接触的1 s内,蹦床对运动员的弹力逐渐变化,运动员向下先加速后减速,然后向上先加速后减速,在这1 s内,运动员先失重再超重最后再失重,C、D项错误。
3.B　根据题意可知Δp=Δmv=ρΔV·v,根据动量定理可得Ft=Δp,联立解得喷壶对药水的平均作用力F=0.24 N,由牛顿第三定律知药水对喷壶的平均作用力F'=F=0.24 N,故B正确。
考向二　动量守恒定律的应用

【典例】B　撤去推力,因水平地面光滑,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合力为0,则小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒;撤去推力,滑块与车厢的水平底板间有摩擦,且滑块在车厢底板上有相对滑动,摩擦生热,产生内能,则小车、弹簧和滑块组成的系统机械能不守恒,故选项B正确。

1.B　P对Q有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,在运动中,P会向左移动,P对Q的弹力方向垂直于接触面向上,与Q移动距离方向的夹角大于90°,所以P对Q做功不为0,故A错误;因为P、Q之间的力属于系统内力,并且等大反向,两者在力的方向上发生的距离相等,所以做功之和为0,故B正确;因为系统除重力外,其他力做功代数和为零,所以P、Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向上Q有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误。
2.B、D　小物块上升到最高点时,小物块相对楔形物体静止,所以小物块与楔形物体的速度都为v,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,全过程机械能守恒。以向右为正方向,在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得mv0cosθ=(m+M)v,故A错误,B正确;系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh+12(m+M)v2=12mv02,故C错误,D正确。
3.B　设B球的质量为M,以碰撞前A球的速度方向为正方向,A球与B球发生弹性碰撞,设碰撞后的速度分别为v1和v2,根据A球与B球动量守恒得mv0=mv1+Mv2,由能量守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22,解得v2=2mv0M+m;B球与C球发生弹性碰撞,设碰撞后的速度分别为v'2和v3,由能量守恒定律得12Mv22=12Mv'22+12×(4m)v32,规定碰撞前A球的速度方向为正,由动量守恒定律得Mv2=Mv'2+4mv3,解得v3=2Mv2M+4m,故C球碰撞后的速度为v3=2MM+4m·2mv0M+m=4mv0M+4m2M+5m,由数学关系解得当M=4m2=2m时,B、C球碰撞后C球的速度最大。
4.B　设船的质量为m船,人走动的时候船的速度为v,人的速度为v',人从船头走到船尾用时为t,船的位移为d,人的位移为L-d,所以v=dt,v'=L-dt。以船后退的方向为正方向,根据动量守恒定律有m船v-mv'=0,可得m船dt=m(L-d)t,小船的质量为m船=m(L-d)d,故B正确。
考向三　动能定理和功能关系的应用

【典例】A、B、D　a-t图像与t轴围成的面积代表速度变化量Δv,t1时刻A的速度就是S1,B的速度为0,t1时间内,A做加速度减小的加速运动,t1时刻弹簧恢复原长,B与墙面之间的压力消失,则t1时间内,对A由动量定理有:p=mAv0,整个过程B保持静止,故墙面对B的力与弹簧对B的力等大反向,故弹簧对A与B的冲量大小也相等,故A正确;t1之后,B获得向前的加速度,离开墙面,此时A、B均在弹簧的弹力下做变速运动,故A、B所受合外力大小相等,根据图像t2时刻,B的加速度大于A的加速度,由牛顿第二定律可知,故B正确;t1时,弹簧的弹性势能完全转化为A的动能,在t1之后,如果存在某一位置使得弹簧形变量为x,由能量守恒可知,此时弹簧弹性势能必为刚开始的EP,且A、B的动能均为零,即A、B的速度均为零,但在t1时刻之后,A、B系统具有的初动量为mAv0,由动量守恒知,A、B不可能速度均为零,故C错误;t2时刻,A、B两物体共速,v1=v2,由面积含义可知S1=v0,S2=v0-v1,S3=v2,故D正确。

1.D　子弹穿过木块的过程,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,设子弹穿过木块所用时间为t,子弹刚射穿木块时的速度为v1,木块的速度为v2,由动量守恒得mv0=mv1+mv2,则有v22t=s,v0+v12t=s+L,联立解得t=1v0(L+2s),选项D正确。
2.C　设物块受到的滑动摩擦力为f,物块的初速度为v0。如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的最右端,对物块的滑动过程运用动能定理得-fL=0-12Mv02,如果长木板不固定,物块冲上木板后,物块向右减速的同时,木板要加速,最终两者一起做匀速直线运动,该过程中系统所受外力的合力为零,故动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律得Mv0=(M+M)v1,对系统运用能量守恒定律有fL'=12Mv02-12(2M)v12,联立解得L'=L2,故C正确,A、B、D错误。
3.A、C　对题图甲,设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=12Mv02;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,物体A、B和弹簧组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,物体A、B二者速度相等,因弹簧质量忽略不计,由动量守恒定律得M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律得Ep'=12M·(2v0)2-12(M+m)v2,联立解得M=3m,Ep'=32mv02,选项A、C正确,B、D错误。

1.A、B、D　根据F-t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量,可知在0~2 s内合外力的冲量一直增大,故A正确;0~4 s内合外力的冲量为零,故B正确;2 s末冲量方向发生变化,物体的动量开始减小,但方向不发生变化,0~4 s内物体动量的方向一直不变,故C错误,D正确。
2.C　矿泉水瓶的总质量约为m=0.5 kg,4楼窗户离地高度约为h=9 m,矿泉水瓶做自由落体运动,落地速度为v=2gh=65 m/s,未反弹,则末速度为零,对矿泉水瓶撞地的过程,取向下为正方向,由动量定理有mgt-Ft=0-mv,由牛顿第三定律可知,地面对瓶的支持力等于瓶对地面的冲击力,即F'=F,联立可得F'≈9.6×102 N,故选项C正确。
3.C　一分钟喷出的水的质量为m=ρ·V=ρSvt,解得水的流速v=mρSt,选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水作为研究对象,以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,其中Δm=ρSvΔt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律,可知材料表面受到的压力F'=F,水对材料垂直于表面方向的压强p=F'S,代入数据解得p=1.0×107 Pa,故C正确,A、B、D错误。
4.B、D　人与a、b组成的系统水平方向不受外力,设水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律,则有0=(m人+ma)va-mbvb,得vavb=mbma+m人<1,则a车的速率小于b车的速率,故A错误,B正确;人对两车的冲量大小Ia=mava,Ib=mbvb=(ma+m人)va>mava,结合牛顿第三定律可知,a车对人的冲量小于b车对人的冲量,故C错误,D正确。
5.B　设碎块落地的时间为t,质量大的碎块水平初速度为v,则由动量守恒定律知m1v1-m2v2=0,质量小的碎块水平初速度为2v,爆炸后的碎块做平抛运动,下落的高度相同,则在空中运动的时间相同,由水平方向x=v0t知,大、小碎块落地水平位移之比为1∶2,碎块位移s=x2+y2,可见两碎块的位移大小之比不是1∶2,故A项错误;据题意知,vt=(5 s-t)×340 m/s,又2vt=(6 s-t)×340 m/s,联立解得t=4 s,v=85 m/s,故爆炸点离地面高度为h=12gt2=80 m,所以B项正确,C项错误;两碎块落地点的水平距离为Δs=3vt=1 020 m,故D项错误。
6.B、D　系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为v1,小车的平均速度为v2,m1v1-m2v2=0,两边同时乘以运动时间t,m1v1t-m2v2t=0,即m1s1=m2s2又s1+s2=2l,解得小车移动的最大距离为2m1lm2+m1,故D正确。
7.A、D　当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma;当物块B的加速度大小为a时,有:kx'=ma,对比可得:x'=x2,即此时弹簧的压缩量为x2,故A正确。取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得:2mxAt-mxBt=0,又xA+xB=x,解得A的位移为:xA=13x,故B错误。根据动量守恒定律得:0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得,物块开始运动前弹簧的弹性势能为:Ep=12·2mv2+12mvB2=3mv2,故C错误,D正确。
8.A、D　滑槽与滑块组成的系统,水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒。且滑块刚好能够滑到最高点C,则在C点竖直速度为0,设滑块滑到C点时,速度大小为v。取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,得v=mM+mv0,故A正确,B错误;滑块从A滑到B的过程,滑槽与滑块组成的系统合外力为零,故动量守恒,由于摩擦生热,所以系统的机械能不守恒,故C错误;滑块从B滑到C的过程,滑块竖直方向有分加速度,根据牛顿第二定律知系统的合外力不为零,则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒,由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故D正确。