备战2025年高考物理二轮复习课件（通用版）专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用

这是一份备战2025年高考物理二轮复习课件（通用版）专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用，共60页。PPT课件主要包含了通览知识明要点，研学考点提能力，答案C，BCD，模型拓展，ABD，解题指导审题，突破热点聚素养，学生答卷及批阅展示等内容，欢迎下载使用。
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
突破热点 聚素养
考点一　动量、冲量、动量定理
命题角度1 冲量、动量的理解与计算1.冲量、动量的理解
2.计算冲量的三种方法
例1 (多选)(2024福建卷)某物块置于足够长的光滑斜面上并锁定,t=0时刻解除锁定,并对物块沿斜面施加如图所示变化的力F,以沿斜面向下为正方向,下列说法正确的是(　　)A.0~4t0,物块一直沿斜面向下运动B.0~4t0,合外力的总冲量为0C.t0时动量是2t0时的一半D.2t0~3t0过程物块的位移小于3t0~4t0的位移
解析 受力分析知,0~t0物块受到的合外力是F合0=3mgsin θ,t0~2t0物块受到的合外力是-mgsin θ,所以0~4t0,物块先沿斜面匀加速向下运动,后匀减速向下运动,之后重复这两个过程,选项A正确。根据冲量的定义可知,0~4t0,合外力的总冲量为I=IF+mgsin θ·4t0,由F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量可知IF=0,故I=4mgt0sin θ,选项B错误。由于初速度为0,根据动量定理,t0时动量为I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0过程中F的冲量为0,故2t0时动量为I2=2mgt0sin θ,选项C错误。3t0时动量为5mgt0sin θ,4t0时动量为4mgt0sin θ,可知2t0时的速度小于4t0时的速度,2t0~3t0内的平均速度小于3t0~4t0内的平均速度,所以2t0~3t0过程物块的位移小于3t0~4t0的位移,选项D正确。
命题角度2 动量定理的理解与应用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)。 　　 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。
例2 (多选)(2023广东卷)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　　)A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
解析 取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块碰撞过程动量不守恒,A错误;对滑块1,取向右为正方向,由动量定理则有I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 kg·m/s,负号表示方向水平向左,B正确;对滑块2,取向右为正方向,则有I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 kg·m/s,C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,D正确。
例3 (2024湖南衡阳高三开学考试)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,该装置通过人工制造和控制气流,把游客“吹”起来,让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示,悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m,受风的有效面积为S,气流速度为v0。已知重力加速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0,则气流的平均密度为(　　)
解析 游客处于平衡,对其进行受力分析,气流对游客的平均作用力F1=mg,根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F2=F1,以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象,则有Δm=ρv0ΔtS,规定竖直向上为正方
规律方法 应用动量定理处理流体问题的思维流程(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。
拓展衍生1.(多选)使甲、乙两条形磁体隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零答案 BD
解析 对甲、乙两条形磁体分别做受力分析,如图所示,
由于两物体运动时间相同,且同时由静止释放,可得v甲Ff2,合力方向向左,合冲量方向向左,所以合动量方向向左,显然甲的动量大小比乙的小,B、D正确,C错误。
2.(2024山东潍坊高三期末)2023年4月25日,神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动,象征着我国的航天科技实力水平的进一步提升。假设某次航天员正执行出舱维修任务时,一维修扳手不慎脱手,脱手后以相对空间站的速度v沿直线向前飞出,航天员发现时,扳手已经飞出一段距离d。航天员立即启动喷气背包,压缩气体从背包喷口持续向后喷出,气体喷出的速度相对空间站恒定,航天员沿与扳手运动同一直线加速追及,经过一段时间t追上扳手。已知喷口的横截面积为S,喷出的压缩气体密度恒为ρ,航天员连同整套舱外太空服的质量为m0,不计喷气过程中航天员和装备总质量的变化。
则气体喷出时相对空间站的速度为(　　)
3.(多选)(2022全国乙卷)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2。则(　　)A.4 s时物块的动能为零B.6 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12 kg·m/sD.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J答案 AD
解析 设F0=4 N,物块与地面间的摩擦力大小为Ff=μmg=2 N,0~3 s内对物块由动量定理可知(F0-Ff)t1=mv3,解得v3=6 m/s,3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s,故C错误;设3 s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F0+Ff)t=0-mv3,解得t=1 s,所以物块在4 s时速度减为0,此时物块的动能也为0,故A正确;
考点二　动量守恒定律的理解及应用
命题角度1 动量守恒定律的理解与简单应用1.动量守恒的三种情况(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向守恒:系统在某一方向上所受外力的矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.动量守恒的三大性质
例4 (多选)在生产生活中,经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示,光滑水平地面上停放着一辆小车,小车上固定着两端开口的光滑细管,细管由水平、弯曲和竖直三部分组成,各部分之间平滑连接,竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管,小球的质量与小车的质量(包含细管)相等,小球可视为质点,忽略一切阻力作用。下列说法正确的是(　 　)A.小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒B.小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用C.当小球初速度v0> 时,将会从细管的竖直部分冲出D.若小球从细管的竖直部分冲出,冲出后一定会落回到细管中
解析 小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向受到的合外力为零,在弯曲处,小球和小车组成的系统在竖直方向合外力不为零,则小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒,小球在细管弯曲处运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量不守恒,A错误;小球在细管的竖直部分运动时,小球和细管水平方向的速度相同,则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用,B正确;由于水平方向动量守恒,小球在最高点,设此时小球水平速度为v,小球上升的高度为L,由动量守恒定律和机
命题角度2 碰撞模型的规律及应用(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m10(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)
例5 (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v0答案 B
命题角度3 反冲运动的理解及应用1.人船模型
例6 (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。
拓展衍生4.在空间技术发展过程中,喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置,它能让航天员保持较高的机动性。如图所示,航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止,启动喷气背包,压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出,航天员到达舱门时的速度为v2。
若航天员连同整套舱外太空服的质量为m0,不计喷出气体后航天员和装备质量的变化,忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化,则喷出压缩气体的密度为(　　)
解析 设喷出的气体的质量为m,则m=ρSv1t,根据动量守恒定律可得mv1=m0v2,
5.(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的动能答案 C
6.(多选)(2024山东青岛高三期末)如图所示,质量为2m的物块B放在光滑水平面上,B上方用铰链连接一根长为L的轻杆,轻杆顶端固定一质量为m的小球A,开始时轻杆竖直。给小球A一个向左的轻微扰动,已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　 )A.若物块B固定,在轻杆转动过程中,小球A水平方向的速度先增大后减小
解析 若物块B固定,在轻杆转动过程中,开始时小球A水平速度为零,到达最低点时水平速度又为零,可知在轻杆转动过程中小球A水平方向的速度先增大后减小,A正确;若物块B固定,在轻杆转动过程中,当小球到达最低点时
考点三　动量与能量的综合应用
命题角度1 碰撞模型的拓展及应用(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例7 (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=0.4 m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=100 N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2 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=0.8 m,以v=2 m/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,各滑块均可视为质点,g取10 m/s2,弹簧的弹性势能Ep= kx2(x为形变量)。
(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=1 m/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。
【破题】(1)DF段由机械能守恒定律可求F点速度,在F点由牛顿第二定律可求支持力;(2)滑块a与b碰后至返回B点,可由全过程动能定理求出滑块a碰后的速度,由碰撞过程动量守恒可求碰后b的速度,再由能量守恒定律可求碰撞过程损失的机械能;(3)滑块a碰到滑块b被粘住时,由动量守恒可求碰后共同速度,a、b共速后与弹簧和滑块c作用过程满足动量守恒和机械能守恒,可进一步求出弹簧最长和最短时弹簧的形变量,进而可求出弹簧最大长度与最小长度之差(即伸长量和压缩量之和)。
答案 (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
(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点的过程中,根据动能定理得
(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'
命题角度2 “滑块—滑板”模型1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时,优先选用动量守恒定律解题;若地面不光滑或受其他外力时,需选用动力学观点解题。2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移;求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
例8 (2024河北卷)如图所示,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板的质量均为2.0 kg,A木板的长度为2.0 m,机器人的质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
答案 (1)1.5 m(2)90 J　2
解析 (1)设机器人质量为m0,三个木板质量为m,机器人与A木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得m0v0=mvA0,设所用时间为t0,则有m0v0t0=mvA0t0,即m0x=mx1,又x+x1=lA,解得x1=1.5 m。
拓展衍生7.(多选)(2024广东卷)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑,斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力,下列说法正确的有(　　 )A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙无关
解析 两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有H乙= ,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动的时间为t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;
8.(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。答案 (1)4 m/s　22 N(2)0.3(3)2.5 s
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得mgh-0.2mgLFG= mv2解得v=6 m/s摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得mv=2mv1
重要思维方法:应用力学三大观点解决问题1.力学三大观点对比
2.选用力学规律的思维流程
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。
典例 (2024湖北卷)如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能。(3)若小球运动到P点正上方,轻绳不松弛,求P点到O点的最小距离。答案 (1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m解析 (1)小物块在传送带上加速运动过程,由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=5 m/s2由运动学公式可得,小物块从放在传送带上到小物块与传送带共速,运动的距离为x= =2.5 m