第二講動量和能量觀點的應用1通覽主干知識2研學核心考點目錄索引

3突破熱考命題1通覽主干知識2研學核心考點考點一動量、沖量、動量定理分層突破——明要點命題角度1沖量、動量的理解

深化拓展沖量的三種計算方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量。若F-t成線性關系,也可直接用平均力求解命題角度2動量定理的應用

命題角度3用動量定理處理流體問題(1)在極短時間Δt內,取一段小柱體作為研究對象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體的質量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動量變化Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)應用動量定理FΔt=Δp。深化拓展應用動量定理時應注意的四個要點(1)動量定理表明沖量既是使物體動量發生變化的原因,又是物體動量變化的量度。注意:這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各個外力沖量的矢量和)。(2)動量定理的研究對象是一個物體(或可視為一個物體的系統)。

(3)動量定理是過程定理,解題時必須明確過程及初、末狀態的動量。(4)動量定理的表達式是矢量式,在一維情況下,各個矢量必須選取統一的正方向。可能是流體

典例剖析例1

(命題角度2)轆轤是我國古老的打水工具,如圖所示,其由轆轤頭、搖柄等部分組成,轆轤頭和搖柄固定,轉動搖柄即可打水。圓柱體轆轤頭直徑為d,桶和水的總質量為m,某次打水搖柄轉動n圈將水桶勻速提到井口,用時為t,已知重力加速度大小為g,圓周率為π,忽略空氣阻力,將水桶視為質點。(1)求打水過程中繩索拉力做功的功率。(2)在這次打水過程中,當水桶提到井口停下時,繩索突然斷裂,水桶又掉進井里,撞擊水面經時間t'后速度減為0,求水桶撞擊水面時的速度大小及撞擊水面的平均作用力大小。水桶撞擊水面過程中,取豎直向上為正方向,對水桶由動量定理得(F'-mg)t'=0-(-mv')分層演練——拿高分練真題·明考向1.(命題角度1)(2022湖北卷)一質點做曲線運動,在前一段時間內速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內,合外力對質點做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是(

)A.W2=3W1,I2≤3I1 B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1 D.W2=7W1,I2≥I1D得W2=7W1;由于速度是矢量,具有方向,當初、末速度方向相同時,動量變化量最小,方向相反時,動量變化量最大,因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv,可知I2≥I1,故選D。2.(命題角度1、2)(2022重慶卷)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中,某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖所示)。從碰撞開始到碰撞結束過程中,若假人頭部只受到安全氣囊的作用,則由曲線可知,假人頭部(

)A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小D解析

由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則F-t圖像中曲線與橫軸圍成的面積即合外力的沖量,再根據動量定理可知F-t圖像中曲線與橫軸圍成的面積也是動量的變化量,且圖線一直在t軸的上方,由于頭部有初動量,由圖可知,動量變化越來越大,則動量的大小一直增大,A、B錯誤;根據動量與動能的關系有

,而F-t圖像的面積是動量的變化量,則動能的變化量和曲線與橫軸圍成的面積不成正比,C錯誤;由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則根據牛頓定律可知a∝F,即假人頭部的加速度先增大后減小,D正確。練模擬·提能力(命題角度3)(2023山東濟南高三統考)高壓水流切割器又稱“水刀”,它將水以極高的速度垂直噴射到材料表面進行切割作業。假設“水刀”噴嘴中噴出水的流量(單位時間內流出液體的體積)一定,水打到材料表面后,迅速沿表面散開不反彈,已知“水刀”噴嘴的直徑可在0.1~0.3mm范圍內調節,則該“水刀”在材料表面產生的最小壓強與最大壓強之比為(

)A.1∶3 B.1∶9C.1∶27 D.1∶81D解析

選取Δt時間內打到材料表面上質量為Δm的水為研究對象,以水從噴嘴高速噴出時的速度方向為正方向,由動量定理有-F·Δt=0-Δmv,其中質量為Δm=ρSv·Δt,解得F=ρSv2,根據牛頓第三定律可知,材料表面受到的壓力考點二動量守恒定律的理解及應用分層突破——明要點命題角度1動量守恒的判斷及理解

命題角度2動量守恒定律的應用

命題角度3碰撞模型的規律和應用(1)一般碰撞模型的三個特點:①動量守恒;②動能不增;③速度符合實際情況。①當m1=m2時,v1'=0,v2'=v1(質量相等,速度交換)②當m1>m2時,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)③當m1<m2時,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反彈)④當m1?m2時,v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)⑤當m1?m2時,v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)典例剖析例2

(命題角度3)(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發現這種射線是由質量與質子質量大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰,不考慮相對論效應,下列說法正確的是(

)A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0B分層演練——拿高分練真題·明考向(命題角度3)(2022北京卷)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(

)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的動量大于m1的動量D.碰撞后m2的動能小于m1的動能C練模擬·提能力1.(命題角度1、2)(2023山東泰安高三統考)如圖所示,進行太空行走的航天員A和B的質量分別為80kg和100kg,他們攜手遠離空間站,相對空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變為0.2m/s,下列說法正確的是(

)A.研究A、B相對空間站的速度是以地球為參考系B.A將B向空間站方向輕推的過程中,不能認為A、B組成的系統動量守恒C.A將B向空間站方向輕推后,B的動量大小為20kg·m/sD.若A將B向空間站方向輕推的作用時間為0.5s,則A、B互相作用的平均力為16N答案

D解析

研究A、B相對空間站的速度是以空間站為參考系,A錯誤;根據動量守恒定律的條件可以知道,將A和B看作一個系統,二者相互作用的過程中不受外力作用,故系統動量守恒,B錯誤;根據動量守恒有(mA+mB)v=mAvA+pB,解得pB=2

kg·m/s,C錯誤;若A將B向空間站方向輕推的作用時間為0.5

s,對A根據動量定理有Ft=mAvA-mAv,解得F=16

N,即A、B互相作用的平均力為16

N,D正確。2.(命題角度2)質量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一條不可拉伸的長為l的細線,細線另一端系一個可以看作質點的球C,質量也為m。現將C球拉起使細線水平自然伸直,并由靜止釋放C球。重力加速度為g,求:(1)C球第一次擺到最低點時的速度大小;(2)從C球釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離;(3)C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度。解析

(1)對A、B、C系統,由水平方向動量守恒及系統機械能守恒可得mvC=2mvAB(2)對A、B、C系統,由人船模型規律可得mxC=2mxABxC+xAB=l聯立解得,從C球釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離為(3)對A、C系統,取向左為正方向,水平方向由動量守恒可得mvC-mvAB=2mv由機械能守恒定律可得則C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度為Δh=l-h考點三動量與能量的綜合應用分層突破——明要點命題角度1多物體、多過程碰撞類問題(1)認真分析過程,弄清受力情況和運動情況;末狀態有時需要由臨界狀態或極值點確定(2)靈活確定研究對象(系統)和作用過程,用動量守恒定律列方程求解。命題角度2彈簧類碰撞問題(1)一般情況下均滿足動量守恒定律和機械能守恒定律;有摩擦時機械能不守恒,能量守恒

(2)彈簧的兩個狀態:①原長——彈性勢能為零;②最短或最長——連接的物體共速,彈性勢能最大。速度出現極值

命題角度3“子彈打木塊”模型和“滑塊一滑板”模型(1)一般動量守恒、機械能不守恒;(2)系統產生的內能Q=Ff·x相對。深化拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

圖例(水平面或水平導軌光滑)達到共速相當于完全非彈性碰撞,動量滿足m1v0=(m1+m2)v共,損失的動能最大,分別轉化為內能或電能典例剖析例3

(命題角度1、2)(2022全國乙卷)如圖甲所示,一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接,靜止在光滑水平面上;物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,第一次碰撞結束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從t=0到t=t0時間內,物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運動的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求:甲

乙

(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢能的最大值;(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值;(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數。解析

(1)當t=t0時,A與B共速,彈簧彈性勢能最大,滿足mB·1.2v0=(mB+mA)v0(2)設0~t0時間內某一時刻物塊A的速度為vA,物塊B的速度為vB,從此刻到共速過程中,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在極短的一段時間Δt內,有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0時間內有mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0其中xA、xB分別表示A、B在這段時間內移動的距離已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞過程中,彈簧的最大壓縮量Δx=xB-xA=0.768v0t0。(3)由題圖乙知,第一次碰撞結束時,A的速度為2v0,B的速度為0.8v0,因第二次碰撞結束后A達到的最高點與第一次相同,故第二次碰撞結束時A的速度也為2v0。設A上升的最高點高度為h,第二次碰撞前A的速度大小為vA'A上滑過程中,由動能定理得A下滑過程中,由動能定理得

由題意知,第二次碰撞為彈性碰撞,設碰后B的速度大小為vB'由動量守恒定律得mB·0.8v0-mAvA'=mBvB'+mA·2v0由能量守恒定律得分層演練——拿高分練真題·明考向(命題角度1、2)(2023浙江6月選考)為了探究物體間碰撞特性,設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k=100N/m的輕質彈簧連接,靜置于軌道FG上。現有質量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=

m/s從D處進入,經DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。答案

(1)10m/s

31.2N

(2)0

(3)0.2m解析

(1)對滑塊a從D到F,根據動能定理得

解得FN=31.2

N。

(2)滑塊a返回傳送帶的過程一直在做減速運動,設滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點,根據動能定理得解得va=5

m/sa和b相互作用的過程滿足動量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5

m/sa和b碰撞過程損失的機械能為解得ΔE=0。

(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據動量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5

m/s彈簧被壓縮到最短和最長,均有mvF=(m+3m+2m)v'彈簧最大長度與最小長度之差為Δx=2x解得Δx=0.2

m。練模擬·提能力(命題角度1、3)(2023山東濰坊一模)如圖所示,質量為m的工件甲靜置在光滑水平面上,其上表面由光滑水平軌道AB和四分之一光滑圓弧軌道BC組成,兩軌道相切于B點,圓弧軌道半徑為R,質量為m的小滑塊乙靜置于A點。不可伸長的細線一端固定于O點,另一端系一質量為m0的小球丙,細線豎直且丙靜止時O到球心的距離為L。現將丙向右拉開至細線與豎直方向夾角為θ并由靜止釋放,丙在O正下方與甲發生彈性碰撞(此后兩者不再發生碰撞);碰后甲向左滑動的過程中,乙從C點離開圓弧軌道。已知重力加速度大小為g,不計空氣阻力。(1)求丙與甲碰后瞬間各自速度的大小。(2)求乙落回軌道后,乙對甲壓力的最大值。(3)僅改變BC段的半徑,其他條件不變,通過計算分析乙運動過程的最高點與A點間的高度差如何變化。解析

(1)丙向下擺動過程中機械能守恒

丙與甲碰撞過程,由動量守恒定律得m0v0=m0v'+mv由機械能守恒定律得(2)乙從C點離開時,因甲、乙水平速度相同,故乙仍從C點落回。當乙回到B點時,乙對甲壓力最大,設此時甲速度大小為v甲1,乙的速度大小為v乙1。從丙與甲碰撞結束至乙回到B點過程中,由動量守恒定律得mv=mv甲1+mv乙1由機械能守恒定律得(3)乙從C點離開時,甲、乙水平速度相同,設甲速度為v甲2,從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程,甲、乙水平方向動量守恒mv=2mv甲2若減小BC段的半徑,乙一定能從C點離開,設乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為vy,從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程中,由機械能守恒定律得該高度差與R無關,即高度差不變。若增大BC段的半徑,且乙仍能從C點離開,則與減小BC段的半徑結論相同。若增大BC段的半徑,乙不能從C點離開,則上升至最高點時甲、乙速度相同,由機械能守恒定律得該高度差與R無關,即高度差不變。綜上所述,乙運動過程的最高點與A點間的高度差為定值。3突破熱考命題重要思維方法:應用力學三大觀點解決綜合問題方法解讀1.力學三大觀點對比

力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合=ma物體做勻變速直線運動,涉及運動細節勻變速直線運動規律v=v0+at

能量觀點動能定理W合=ΔEk涉及做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2動量觀點動量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、時間2.選用力學規律的思維流程

考向分析考查力學三大觀點的綜合應用題往往以高考壓軸題的形式出現,主要涉及運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律、動量定理和動量守恒定律等知識點,這類題目綜合性強、難度大,可以考查考生的理解能力、模型建構能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。案例探究例題(2023湖南永州模擬)如圖所示,傾角為α=37°的光滑斜面體底端有一固定的擋板,質量不計的彈簧下端固定在擋板上,O點為彈簧原長的位置,彈簧的上端固定質量為m=1kg的物體B,彈簧被壓縮,平衡時物體B到O點的距離為s=4cm,質量也為m的物體A由O點上方2s處由靜止釋放,物體A與物體B碰后一起沿斜面向下運動,但不能粘合在一起,經過一段時間剛好能到達O點,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,物體A、B均可視為質點。(1)求兩物體發生碰撞時,物體B對物體A的沖量。(2)如果將物體A的質量增加為2m,物體A仍從原來的高度由靜止釋放且與B碰撞后一起沿斜面向下運動,則物體A上升的最高點與O點的間距應為多少答案

(1)0.6kg·m/s,沿斜面向上

(2)0.02m解析

(1)設物體A沿光滑斜面下滑剛接觸B時速度為v0,由機械能守恒定律得解得物體A的速度v0=1.2

m/sA與B碰撞,由動量守恒定律得mv0=2mv1解得v1==0.6

m/sB對物體A的沖量I=mv1-mv0=-0.6

kg·m/s,負號表示沖量方向沿斜面向上。(2)當A的質量為m時,兩物體碰后到剛好回到O點的過程,兩物體與彈簧組解得彈簧最初的彈性勢能Ep=0.12

J將物體A的質量增加為2m時,物體A下滑到與B碰撞前瞬間的過程中,由機兩物體碰撞的過程有2mv0'=(2m+m)v2解得碰撞后A、B的速度v2=0.8

m/s從兩物體碰撞后瞬間到兩物體一起返回到O點的過程,由機械能守恒定律物體A與物體B在O點分離,分離后對物體A由牛頓第二定律得2mgsin

α=2ma解得A、B分離后物體A沿斜面上升時的加速度大小a=gsin

α=6

m/s2角度拓展1(2022海南卷)有一個角度可變的軌道,當傾角為30°時,滑塊A恰好勻速下滑,現將傾角調為60°,從高為h的地方由靜止下滑,過一段時間無碰撞地進入光滑水平面,與系在輕繩下端的小球B發生彈性正碰,B被一根繩子懸掛,與水平面接觸但不擠壓,碰后B恰好能做完整的圓周運動,已知滑塊A和小球B質量相等,求:(1)A與軌道間的動摩擦因數μ;(2)A與B剛碰完時B的速度;(3)繩子的長度L。解析

(1)