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新教材高考物理二轮复习专题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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这是一份新教材高考物理二轮复习专题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课件主要包含了体系构建•真题感悟，答案A，高频考点•能力突破，命题点点拨，答案AC，答案40N，动量守恒定律及应用，答案ABD，思维路径审题，专项模块•素养培优等内容，欢迎下载使用。
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
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
答案 A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.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
3.(多选)(2021湖南卷)如图甲所示,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(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图像如图乙所示,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mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3
答案 ABD解析 0到t1时间内,墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等,而弹簧对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等,根据动量定理,弹簧对A的冲量I=mAv0,所以选项A正确。分析运动过程可知,t1时刻弹簧恢复原长,之后A减速,B加速,当弹簧伸长量最大时二者速度相等,这时二者加速度均最大,即t2时刻,从图像可以看出,B的加速度大,所以质量小,即mB
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比。(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图乙所示,其中h0已知,求F0的大小。(3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处,求冲量I的大小。
(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下=(1-λ)g(方向向下)a上=(1+λ)g(方向向下)由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,由于拍击时间极短,因此重力的冲量可忽略不计,根据动量定理有I=mv即运动员每拍击一次篮球将给它一个速度v。
【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)跳水运动员从起跳到落水过程的示意图如图所示,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
答案 C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.(多选)(命题点2) 设一质量为4 g的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落,下落过程中所受空气阻力与速度的关系为Ff=kv2(k=1×10-4 N·m-2·s2),冰雹下落过程质量保持不变,落地前已达最大速度,与地面碰撞时间为0.01 s,碰撞后速度为零,g取10 m/s2。则( )A.冰雹落地瞬间的速度大小为20 m/sB.冰雹落地瞬间的速度大小为400 m/sC.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为8 ND.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为16 N
易错提醒 在应用动量定理解题时,需要计算物体(沿某方向)受到的冲量,所以一定要对物体认真进行受力分析,不可有力的遗漏。
3. (命题点3)宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v=2.0×103 m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力多大?
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,由动量定理Ft=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔtv所以飞船所需推力F=ρSv2=2.0×10-6×5×(2.0×103)2 N=40 N。
方法点拨对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题,关键是应用微元法正确选取研究对象。
【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。
【对点训练】4. (命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A穿在光滑的水平直杆上。A、B从如图所示的位置由静止开始运动。在B摆到最低点的过程中( )A.B的机械能守恒B.A、B组成的系统动量守恒C.B重力的功率一直减小D.B摆到最低点时,A的速度最大
答案 D解析 系统的机械能守恒,A的机械能增加,B的机械能减小,A错误。根据动量守恒条件,系统在水平方向上动量守恒,在其他方向上动量不守恒,B错误。根据PG=mgvy,在B摆到最低点的过程中,B速度的竖直分量从零开始增大再减小到零,所以B重力的功率也先从零增大再减小到零,C错误。水平方向系统动量守恒mAvA=mBvB,因为B摆到最低点时速度最大,所以A的速度最大,D正确。
易错提醒A的机械能增加,B的机械能不守恒;系统总动量不守恒,但水平方向动量守恒。
5.(多选) (命题点2)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”,通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示,A、B、C三个弹性极好的小球,相邻小球间有极小间隙,三球球心连线竖直,从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地h),所有碰撞均为弹性碰撞,且碰后B、C恰好静止,则( )A.C球落地前瞬间A球的速度为B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6C.A球弹起的最大高度为25hD.A球弹起的最大高度为9h
特别提醒只要说明是弹性碰撞,碰撞过程一定动量守恒和机械能守恒。
6. (命题点3)一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零,此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块,大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度,大块质量为小块质量的2倍,大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E,爆炸时间极短,重力加速度g取10 m/s2, =1.4,不计空气阻力和火药的质量,释放烟花弹位置的水平面足够大。求:(1)动能E;(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。
答案 (1)60 J (2)84 m解析 (1)由机械能守恒E=mgh解得E=60 J。
【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] (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?
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
破题: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。
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】7. (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。
技巧点拨“刚好不会发生第二次碰撞”的临界条件是二者速度相等。
8.(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(sin θ=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:
(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。
(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
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·2v0③由能量守恒定律得
9. (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,在倾角为37°的斜面上放置一质量为m的物块B,物块B的下端连接一轻质弹簧,弹簧下端与挡板相连接,物块B平衡时,弹簧的压缩量为x0,O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端再连接一光滑的半径R=0.6x0的半圆轨道,半圆轨道与斜面相切于P点。在斜面顶端有一质量也为m的物块A,与物块B相距4x0,现让A从静止开始沿斜面下滑,A、B相碰后立即一起沿斜面向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又一起向上运动,并恰好回到O点,A、B均可视为质点。已知斜面OP部分粗糙,且A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25,其余部分光滑。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)求物块A、B相碰后瞬间的共同速度大小。(2)求物块A、B相碰前弹簧具有的弹性势能。(3)若让物块A以某一初速度从P点沿半圆轨道上滑,恰好能通过最高点后落在斜面上,求A的落点到P点的距离。
(4)若让物块A以某一初速度v自P点沿斜面下滑,与物块B碰后返回到P点还具有向上的速度,则v为多大时物块A恰能通过半圆轨道的最高点?A、B分离瞬间,B物块即被锁定。
物块A的运动可分解为沿D点切线方向的匀加速直线运动和垂直于D点切线方向的类自由落体运动,设落点到P点的距离为x,有
(4)如图所示,设物块A与B碰撞前A的速度为vA,碰撞后共同的速度为vB,物块A从P点到与物块B碰撞前的过程中由能量守恒定律,有
由于物块A与B不粘连,到达O点,A与B分离时,B被锁定。物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C,最高点C相对于O点的高度h=R+Rcs 37°+3x0sin 37°=2.88x0⑱物块A从O点到C点的过程中由能量守恒定律,有
破题:1.前两问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)碰后,物块A、B和弹簧组成的系统再运动到O点的过程。各个过程应用相应规律公式求解。2.第3问,根据临界条件求出最高点C的速度为vC,然后根据动能定理求D点速度,再根据运动合成和分解,求A的落点到P点的距离。3.第4问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A以某一初速度下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)A与B碰撞结束后到O点的过程;(4)物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C的过程。各个过程应用相应规律公式求解。
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. 如图所示,倾角为θ的固定斜面上有n块质量均为m、大小不计的木块。已知相邻两木块之间的距离均为l,木块2以上的斜面光滑、以下的斜面粗糙,木块与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为tan θ,重力加速度为g。由静止释放木块1,之后相继与后面的木块发生碰撞,每次碰撞后都粘在一起,木块碰撞时间极短可忽略不计。求:
(1)木块2与木块3相碰前的速度大小;(2)第n块木块碰后下滑的速度大小;(3)从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间;(4)从木块1释放到第n块木块开始下滑,系统因碰撞损失的机械能与因摩擦损失的机械能之比。
解析 (1)设木块1与木块2碰前速度为v1,由动能定理得木块1与木块2发生碰撞,设碰后速度为v2,由动量守恒得mv1=2mv2木块1与木块2在斜面上下滑,受力分析得2mgsin θ=2μmgcs θ
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
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
答案 A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.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
3.(多选)(2021湖南卷)如图甲所示,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(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图像如图乙所示,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mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3
答案 ABD解析 0到t1时间内,墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等,而弹簧对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等,根据动量定理,弹簧对A的冲量I=mAv0,所以选项A正确。分析运动过程可知,t1时刻弹簧恢复原长,之后A减速,B加速,当弹簧伸长量最大时二者速度相等,这时二者加速度均最大,即t2时刻,从图像可以看出,B的加速度大,所以质量小,即mB
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比。(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图乙所示,其中h0已知,求F0的大小。(3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处,求冲量I的大小。
(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下=(1-λ)g(方向向下)a上=(1+λ)g(方向向下)由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,由于拍击时间极短,因此重力的冲量可忽略不计,根据动量定理有I=mv即运动员每拍击一次篮球将给它一个速度v。
【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)跳水运动员从起跳到落水过程的示意图如图所示,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
答案 C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.(多选)(命题点2) 设一质量为4 g的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落,下落过程中所受空气阻力与速度的关系为Ff=kv2(k=1×10-4 N·m-2·s2),冰雹下落过程质量保持不变,落地前已达最大速度,与地面碰撞时间为0.01 s,碰撞后速度为零,g取10 m/s2。则( )A.冰雹落地瞬间的速度大小为20 m/sB.冰雹落地瞬间的速度大小为400 m/sC.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为8 ND.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为16 N
易错提醒 在应用动量定理解题时,需要计算物体(沿某方向)受到的冲量,所以一定要对物体认真进行受力分析,不可有力的遗漏。
3. (命题点3)宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v=2.0×103 m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力多大?
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔt微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,由动量定理Ft=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔtv所以飞船所需推力F=ρSv2=2.0×10-6×5×(2.0×103)2 N=40 N。
方法点拨对于流体及微粒的动量连续发生变化这类问题,关键是应用微元法正确选取研究对象。
【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。
【对点训练】4. (命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A穿在光滑的水平直杆上。A、B从如图所示的位置由静止开始运动。在B摆到最低点的过程中( )A.B的机械能守恒B.A、B组成的系统动量守恒C.B重力的功率一直减小D.B摆到最低点时,A的速度最大
答案 D解析 系统的机械能守恒,A的机械能增加,B的机械能减小,A错误。根据动量守恒条件,系统在水平方向上动量守恒,在其他方向上动量不守恒,B错误。根据PG=mgvy,在B摆到最低点的过程中,B速度的竖直分量从零开始增大再减小到零,所以B重力的功率也先从零增大再减小到零,C错误。水平方向系统动量守恒mAvA=mBvB,因为B摆到最低点时速度最大,所以A的速度最大,D正确。
易错提醒A的机械能增加,B的机械能不守恒;系统总动量不守恒,但水平方向动量守恒。
5.(多选) (命题点2)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”,通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示,A、B、C三个弹性极好的小球,相邻小球间有极小间隙,三球球心连线竖直,从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地h),所有碰撞均为弹性碰撞,且碰后B、C恰好静止,则( )A.C球落地前瞬间A球的速度为B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6C.A球弹起的最大高度为25hD.A球弹起的最大高度为9h
特别提醒只要说明是弹性碰撞,碰撞过程一定动量守恒和机械能守恒。
6. (命题点3)一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零,此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块,大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度,大块质量为小块质量的2倍,大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E,爆炸时间极短,重力加速度g取10 m/s2, =1.4,不计空气阻力和火药的质量,释放烟花弹位置的水平面足够大。求:(1)动能E;(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。
答案 (1)60 J (2)84 m解析 (1)由机械能守恒E=mgh解得E=60 J。
【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] (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?
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
破题: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。
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】7. (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。
技巧点拨“刚好不会发生第二次碰撞”的临界条件是二者速度相等。
8.(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(sin θ=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:
(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。
(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
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·2v0③由能量守恒定律得
9. (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,在倾角为37°的斜面上放置一质量为m的物块B,物块B的下端连接一轻质弹簧,弹簧下端与挡板相连接,物块B平衡时,弹簧的压缩量为x0,O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端再连接一光滑的半径R=0.6x0的半圆轨道,半圆轨道与斜面相切于P点。在斜面顶端有一质量也为m的物块A,与物块B相距4x0,现让A从静止开始沿斜面下滑,A、B相碰后立即一起沿斜面向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又一起向上运动,并恰好回到O点,A、B均可视为质点。已知斜面OP部分粗糙,且A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25,其余部分光滑。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)求物块A、B相碰后瞬间的共同速度大小。(2)求物块A、B相碰前弹簧具有的弹性势能。(3)若让物块A以某一初速度从P点沿半圆轨道上滑,恰好能通过最高点后落在斜面上,求A的落点到P点的距离。
(4)若让物块A以某一初速度v自P点沿斜面下滑,与物块B碰后返回到P点还具有向上的速度,则v为多大时物块A恰能通过半圆轨道的最高点?A、B分离瞬间,B物块即被锁定。
物块A的运动可分解为沿D点切线方向的匀加速直线运动和垂直于D点切线方向的类自由落体运动,设落点到P点的距离为x,有
(4)如图所示,设物块A与B碰撞前A的速度为vA,碰撞后共同的速度为vB,物块A从P点到与物块B碰撞前的过程中由能量守恒定律,有
由于物块A与B不粘连,到达O点,A与B分离时,B被锁定。物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C,最高点C相对于O点的高度h=R+Rcs 37°+3x0sin 37°=2.88x0⑱物块A从O点到C点的过程中由能量守恒定律,有
破题:1.前两问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)碰后,物块A、B和弹簧组成的系统再运动到O点的过程。各个过程应用相应规律公式求解。2.第3问,根据临界条件求出最高点C的速度为vC,然后根据动能定理求D点速度,再根据运动合成和分解,求A的落点到P点的距离。3.第4问,将整个过程分成几个子过程:(1)物块A以某一初速度下滑过程;(2)A与B碰撞过程;(3)A与B碰撞结束后到O点的过程;(4)物块A继续沿半圆轨道滑行至最高点C的过程。各个过程应用相应规律公式求解。
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. 如图所示,倾角为θ的固定斜面上有n块质量均为m、大小不计的木块。已知相邻两木块之间的距离均为l,木块2以上的斜面光滑、以下的斜面粗糙,木块与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为tan θ,重力加速度为g。由静止释放木块1,之后相继与后面的木块发生碰撞,每次碰撞后都粘在一起,木块碰撞时间极短可忽略不计。求:
(1)木块2与木块3相碰前的速度大小;(2)第n块木块碰后下滑的速度大小;(3)从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间;(4)从木块1释放到第n块木块开始下滑,系统因碰撞损失的机械能与因摩擦损失的机械能之比。
解析 (1)设木块1与木块2碰前速度为v1,由动能定理得木块1与木块2发生碰撞,设碰后速度为v2,由动量守恒得mv1=2mv2木块1与木块2在斜面上下滑,受力分析得2mgsin θ=2μmgcs θ
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