資源簡(jiǎn)介

(共96張PPT)
第二講　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
通覽知識(shí) 明要點(diǎn)
研學(xué)考點(diǎn) 提能力
目 錄 索 引
01
02
突破熱點(diǎn) 聚素養(yǎng)
03
通覽知識(shí) 明要點(diǎn)
研學(xué)考點(diǎn) 提能力
考點(diǎn)一　動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理
高考風(fēng)向標(biāo)
考點(diǎn) 考題明細(xì) 考查頻度
動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理 2024廣東卷,14;2024北京卷,8; 2024福建卷,7;2023新課標(biāo)卷,19; 2023廣東卷,10; 2022山東卷,2;2022湖北卷,7; 2022重慶卷,4;2022海南卷,1 全國(guó)卷:
3年1考
地方卷:
3年8考
命題角度1 沖量、動(dòng)量的理解與計(jì)算
1.沖量、動(dòng)量的理解
2.計(jì)算沖量的三種方法
公式法 I=Ft適用于求恒力的沖量
動(dòng)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(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量。若F-t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解
例1 (多選)(2024福建卷)某物塊置于足夠長(zhǎng)的光滑斜面上并鎖定,t=0時(shí)刻解除鎖定,并對(duì)物塊沿斜面施加如圖所示變化的力F,以沿斜面向下為正方向,下列說(shuō)法正確的是(　　)
A.0~4t0,物塊一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)
B.0~4t0,合外力的總沖量為0
C.t0時(shí)動(dòng)量是2t0時(shí)的一半
D.2t0~3t0過(guò)程物塊的位移小于3t0~4t0的位移
AD
解析 受力分析知,0~t0物塊受到的合外力是F合0=3mgsin θ,t0~2t0物塊受到的合外力是-mgsin θ,所以0~4t0,物塊先沿斜面勻加速向下運(yùn)動(dòng),后勻減速向下運(yùn)動(dòng),之后重復(fù)這兩個(gè)過(guò)程,選項(xiàng)A正確。根據(jù)沖量的定義可知,0~4t0,合外力的總沖量為I=IF+mgsin θ·4t0,由F-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示沖量可知IF=0,故I=4mgt0sin θ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由于初速度為0,根據(jù)動(dòng)量定理,t0時(shí)動(dòng)量為I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0過(guò)程中F的沖量為0,故2t0時(shí)動(dòng)量為I2=2mgt0sin θ,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。3t0時(shí)動(dòng)量為5mgt0sin θ,4t0時(shí)動(dòng)量為4mgt0sin θ,可知2t0時(shí)的速度小于4t0時(shí)的速度,2t0~3t0內(nèi)的平均速度小于3t0~4t0內(nèi)的平均速度,所以2t0~3t0過(guò)程物塊的位移小于3t0~4t0的位移,選項(xiàng)D正確。
命題角度2 動(dòng)量定理的理解與應(yīng)用
應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的四個(gè)要點(diǎn)
(1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因,又是物體動(dòng)量變化的量度。
注意:這里所說(shuō)的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說(shuō)是物體所受各個(gè)外力沖量的矢量和)。
(2)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))。 　　
可能是流體
(3)動(dòng)量定理是過(guò)程定理,解題時(shí)必須明確過(guò)程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量。
(4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。
例2 (多選)(2023廣東卷)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng),忽略阻力。開(kāi)窗簾過(guò)程中,電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F,推動(dòng)滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時(shí)間為0.04 s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程,
下列說(shuō)法正確的有(　　)
A.該過(guò)程動(dòng)量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
BD
解析 取向右為正方向,滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后動(dòng)量為p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,則滑塊碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;對(duì)滑塊1,取向右為正方向,由動(dòng)量定理則有I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 kg·m/s,負(fù)號(hào)表示方向水平向左,B正確;對(duì)滑塊2,取向右為正方向,則有I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 kg·m/s,C錯(cuò)誤;對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N,D正確。
例3 (2024湖南衡陽(yáng)高三開(kāi)學(xué)考試)娛樂(lè)風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置,該裝置通過(guò)人工制造和控制氣流,把游客“吹”起來(lái),讓游客體驗(yàn)“騰云駕霧”的感覺(jué)。如圖所示,懸浮在風(fēng)洞正上方的兩名手拉手的游客總質(zhì)量為m,受風(fēng)的有效面積為S,氣流速度為v0。已知重力加速度為g,氣流吹到人身體后速度近似變?yōu)?,則氣流的平均密度為(　　)
B
解析 游客處于平衡,對(duì)其進(jìn)行受力分析,氣流對(duì)游客的平均作用力F1=mg,根據(jù)牛頓第三定律可得游客對(duì)氣流的平均作用力F2=F1,以極短時(shí)間Δt內(nèi)與游客發(fā)生作用的氣流為研究對(duì)象,則有Δm=ρv0ΔtS,規(guī)定豎直向上為正方
規(guī)律方法 應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題的思維流程
(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對(duì)象。
(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。
(3)求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。
(4)求小柱體的動(dòng)量變化Δp=Δmv=ρv2SΔt。
(5)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt=Δp。
拓展衍生
1.(多選)使甲、乙兩條形磁體隔開(kāi)一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻(　　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動(dòng)量大小比乙的小
C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零
答案 BD
解析 對(duì)甲、乙兩條形磁體分別做受力分析,如圖所示,
由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,且同時(shí)由靜止釋放,可得v甲Ff2,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動(dòng)量方向向左,顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小,B、D正確,C錯(cuò)誤。
2.(2024山東濰坊高三期末)2023年4月25日,神舟
十五號(hào)航天員乘組進(jìn)行了第四次出艙活動(dòng),象征
著我國(guó)的航天科技實(shí)力水平的進(jìn)一步提升。假
設(shè)某次航天員正執(zhí)行出艙維修任務(wù)時(shí),一維修扳
手不慎脫手,脫手后以相對(duì)空間站的速度v沿直線
向前飛出,航天員發(fā)現(xiàn)時(shí),扳手已經(jīng)飛出一段距離d。航天員立即啟動(dòng)噴氣背包,壓縮氣體從背包噴口持續(xù)向后噴出,氣體噴出的速度相對(duì)空間站恒定,航天員沿與扳手運(yùn)動(dòng)同一直線加速追及,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t追上扳手。已知噴口的橫截面積為S,噴出的壓縮氣體密度恒為ρ,航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計(jì)噴氣過(guò)程中航天員和裝備總質(zhì)量的變化。
則氣體噴出時(shí)相對(duì)空間站的速度為(　　)
答案 C
3.(多選)(2022全國(guó)乙卷)質(zhì)量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng),F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10 m/s2。
則(　　)
A.4 s時(shí)物塊的動(dòng)能為零
B.6 s時(shí)物塊回到初始位置
C.3 s時(shí)物塊的動(dòng)量為12 kg·m/s
D.0~6 s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40 J
答案 AD
解析 設(shè)F0=4 N,物塊與地面間的摩擦力大小為Ff=μmg=2 N,0~3 s內(nèi)對(duì)物塊由動(dòng)量定理可知(F0-Ff)t1=mv3,解得v3=6 m/s,3 s時(shí)物塊的動(dòng)量為p=mv3=6 kg·m/s,故C錯(cuò)誤;設(shè)3 s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得-(F0+Ff)t=0-mv3,解得t=1 s,所以物塊在4 s時(shí)速度減為0,此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確;
考點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用
高考風(fēng)向標(biāo)
考點(diǎn) 考題明細(xì) 考查頻度
動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用 2024江蘇卷,14;2024湖北卷,10; 2024甘肅卷,14;2023湖南卷,15; 2022北京卷,10;2022湖南卷,4 地方卷:
3年6考
命題角度1 動(dòng)量守恒定律的理解與簡(jiǎn)單應(yīng)用
1.動(dòng)量守恒的三種情況
(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí),系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。
(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上所受外力的矢量和為零時(shí),系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。
2.動(dòng)量守恒的三大性質(zhì)
例4 (多選)在生產(chǎn)生活中,經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運(yùn)動(dòng)方向。如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛小車,小車上固定著兩端開(kāi)口的光滑細(xì)管,細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成,各部分之間平滑連接,豎直管的上端到小車上表面的高度為h。一小球以初速度v0水平向右射入細(xì)管,小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量(包含細(xì)管)相等,小球可視為質(zhì)點(diǎn),忽略一切阻力作用。下列說(shuō)法正確的是(　 　)
A.小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)
組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B.小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用
C.當(dāng)小球初速度v0> 時(shí),將會(huì)從細(xì)管的豎直部分沖出
D.若小球從細(xì)管的豎直部分沖出,沖出后一定會(huì)落回到細(xì)管中
BCD
解析 小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為零,在彎曲處,小球和小車組成的系統(tǒng)在豎直方向合外力不為零,則小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,小球在細(xì)管彎曲處運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和細(xì)管水平方向的速度相同,則小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用,B正確;由于水平方向動(dòng)量守恒,小球在最高點(diǎn),設(shè)此時(shí)小球水平速度為v,小球上升的高度為L(zhǎng),由動(dòng)量守恒定律和機(jī)
命題角度2 碰撞模型的規(guī)律及應(yīng)用
(1)一般碰撞模型的三個(gè)特點(diǎn):①動(dòng)量守恒;②動(dòng)能不增;③速度符合實(shí)際情況。
①當(dāng)m1=m2時(shí),v1'=0,v2'=v1(質(zhì)量相等,速度交換)
②當(dāng)m1>m2時(shí),v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)
③當(dāng)m10(小碰大,要反彈)
④當(dāng)m1 m2時(shí),v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)
⑤當(dāng)m1 m2時(shí),v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)
例5 (2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子質(zhì)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(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對(duì)論效應(yīng),
下列說(shuō)法正確的是(　　)
A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
答案 B
命題角度3 反沖運(yùn)動(dòng)的理解及應(yīng)用
1.人船模型
2.模型拓展
例6 (2023湖南卷)如圖所示,質(zhì)量為m0的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a 和b,長(zhǎng)軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。
(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí),求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離。
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。
拓展衍生
4.在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中,噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置,它能讓航天員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖所示,航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止,啟動(dòng)噴氣背包,壓縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出,航天員到達(dá)艙門時(shí)的速度為v2。
若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計(jì)噴出氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化,忽略航天員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的變化,則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
解析 設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為m,則m=ρSv1t,
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv1=m0v2,
D
5.(2022北京卷)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。
下列說(shuō)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(dòng)量大于m1的動(dòng)量
D.碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能
答案 C
6.(多選)(2024山東青島高三期末)如圖所示,質(zhì)量為2m的物塊B放在光滑水平面上,B上方用鉸鏈連接一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿,輕桿頂端固定一質(zhì)量為m的小球A,開(kāi)始時(shí)輕桿豎直。給小球A一個(gè)向左的輕微擾動(dòng),
已知重力加速度大小為g,下列說(shuō)法正確的是(　　 )
A.若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,
小球A水平方向的速度先增大后減小
ABD
解析 若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,開(kāi)始時(shí)小球A水平速度為零,到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)水平速度又為零,可知在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中小球A水平方向的速度先增大后減小,A正確;若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)
考點(diǎn)三　動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用
高考風(fēng)向標(biāo)
考點(diǎn) 考題明細(xì) 考查頻度
動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用 2024山東卷,17;2024廣東卷,10;2024湖南卷,15;2024河北卷,15;2024湖北卷,14;2024安徽卷,14;2024黑吉遼卷,14; 2024廣西卷,10;2024浙江1月選考,20;2023全國(guó)乙卷,25; 2023全國(guó)甲卷,25;2023山東卷,18;2023廣東卷,15;2023浙江1月選考,18;2023遼寧卷,15;2023浙江6月選考,19;2023北京卷,18;2023海南卷,18;2022湖北卷,16;2022全國(guó)乙卷, 25;2022廣東卷,13;2022山東卷,18;2022海南卷,16;2022天津卷,11;2022福建卷,14 全國(guó)卷:
3年3考
地方卷:
3年22考
命題角度1 碰撞模型的拓展及應(yīng)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月選考)為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接,兩半徑均為R=0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12 kg的滑塊a以初速度v0=2 m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)。已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8 m,以v=2 m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計(jì),各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2,彈簧的彈性勢(shì)能Ep= kx2(x為形變量)。
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)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(diǎn)時(shí)速度vB=1 m/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)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(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx。
解題指導(dǎo)
【審題】
讀取題干 獲取信息 物理關(guān)系
DEF與…… 平滑相切連接 連接處速度大小不變,只改變速度方向 與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短) 滑塊a與滑塊b碰撞過(guò)程彈簧不發(fā)生形變 a與b碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒
其他摩擦和阻力均不計(jì) AB段、CD和DF段沒(méi)有摩擦力做功　 AB段、CD段勻速直線運(yùn)動(dòng),DF段機(jī)械能守恒
若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住 碰后共速 相當(dāng)于完全非彈性碰撞
【破題】
(1)DF段由機(jī)械能守恒定律可求F點(diǎn)速度,在F點(diǎn)由牛頓第二定律可求支持力;
(2)滑塊a與b碰后至返回B點(diǎn),可由全過(guò)程動(dòng)能定理求出滑塊a碰后的速度,由碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒可求碰后b的速度,再由能量守恒定律可求碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能;
(3)滑塊a碰到滑塊b被粘住時(shí),由動(dòng)量守恒可求碰后共同速度,a、b共速后與彈簧和滑塊c作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,可進(jìn)一步求出彈簧最長(zhǎng)和最短時(shí)彈簧的形變量,進(jìn)而可求出彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差(即伸長(zhǎng)量和壓縮量之和)。
答案 (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
(2)滑塊a返回傳送帶的過(guò)程一直在做減速運(yùn)動(dòng),設(shè)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(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據(jù)動(dòng)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(zhǎng),均有mvF=(m+3m+2m)v'
命題角度2 “滑塊—滑板”模型
1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí),優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題;若地面不光滑或受其他外力時(shí),需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。
2.滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。
3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移。用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移;求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程)。
例8 (2024河北卷)如圖所示,三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板的質(zhì)量均為2.0 kg,A木板的長(zhǎng)度為2.0 m,機(jī)器人的質(zhì)量為6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空氣阻力。
(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí),求A、B木板間的水平距離。
(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜
止后,以做功最少的方式從A木板右端
跳到B木板左端,求起跳過(guò)程機(jī)器人做
的功,及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。
(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止,隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端,此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系。
答案 (1)1.5 m
(2)90 J　2
解析 (1)設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為m0,三個(gè)木板質(zhì)量為m,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得m0v0=mvA0,設(shè)所用時(shí)間為t0,則有m0v0t0=mvA0t0,即m0x=mx1,又x+x1=lA,解得x1=1.5 m。
拓展衍生
7.(多選)(2024廣東卷)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑,斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力,下列說(shuō)法正確的有(　　 )
A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于
碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無(wú)關(guān)
ABD
解析 兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑,則相對(duì)速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng),由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;
設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過(guò)程有H乙= ,在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時(shí)間與H乙有關(guān),故C錯(cuò)誤;
8.(2023浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示,該裝置由固定在水平地面上傾角θ=37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE,傾角θ=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成,除FG段外各段軌道均光滑,且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車,并緊靠在豎直側(cè)壁GH處,擺渡車上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5 m,B點(diǎn)高度為1.2R,FG長(zhǎng)度LFG=2.5 m,HI長(zhǎng)度L0=9 m,擺渡車長(zhǎng)度L=3 m、質(zhì)量m=1 kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3 m處?kù)o止釋放,滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止,滑塊視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC;
(2)擺渡車碰到IJ前,滑塊恰好不脫離擺渡車,求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;
(3)在(2)的條件下,求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。
答案 (1)4 m/s　22 N
(2)0.3
(3)2.5 s
(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時(shí)的速度大小為v,從靜止釋放到G點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理可得
mgh-0.2mgLFG= mv2
解得v=6 m/s
擺渡車碰到IJ前,滑塊恰好不脫離擺渡車,說(shuō)明滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速v1,以滑塊和擺渡車為系統(tǒng),
根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv=2mv1
突破熱點(diǎn) 聚素養(yǎng)
方法概述
重要思維方法:應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決問(wèn)題
1.力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比
力學(xué)三 大觀點(diǎn) 對(duì)應(yīng)規(guī)律 表達(dá)式 選用原則
能量 觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 W合=ΔEk 涉及做功與能量轉(zhuǎn)換
機(jī)械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能關(guān)系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 動(dòng)量 觀點(diǎn) 動(dòng)量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功
動(dòng)量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間
2.選用力學(xué)規(guī)律的思維流程
考向分析
考查力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用題往往以高考?jí)狠S題的形式出現(xiàn),主要涉及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律、動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn),這類題目綜合性強(qiáng)、難度大,可以考查考生的理解能力、模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。
案例探究
典例 (2024湖北卷)如圖所示,水平傳送帶以5 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O,用長(zhǎng)為0.3 m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球,小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子,P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1 kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端,小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰,碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)輕繩被釘子擋住后,小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小。
(2)求小物塊與小球碰撞過(guò)程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能。
(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方,輕繩不松弛,求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。
答案 (1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析 (1)小物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由牛頓第二定律得μmg=ma
解得a=5 m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得,小物塊從放在傳送帶上到小物塊與傳送帶共速,
運(yùn)動(dòng)的距離為x= =2.5 m則小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小,
即v物=5 m/s。
(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方,輕繩恰好不松弛,設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d,小球在P點(diǎn)正上方的速度大小為v3,在P點(diǎn)正上方,由牛頓第二定律有
解得d=0.2 m
即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為0.2 m。
角度拓展
1.(2023廣東卷)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的
示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽
和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成,滑槽高為3L,平臺(tái)
高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速
運(yùn)動(dòng)的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點(diǎn)
進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的 。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求:
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t;
(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W;
(3)圓盤的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。
2.(2024安徽卷)如圖所示,一實(shí)驗(yàn)小車靜止在
光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與
光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌
道相切于圓弧軌道最低點(diǎn),一物塊靜止于小車
最左端,一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于
O點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊左側(cè)。將細(xì)線拉直到水平位置時(shí),靜止釋放小球,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后,物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)。已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25 m,小球質(zhì)量m=0.20 kg,物塊、小車質(zhì)量均為m0=0.30 kg,小車上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0 m,圓弧軌道半徑R=0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小。
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案 (1)6 N
(2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
(3)①物塊恰能到圓弧軌道最低點(diǎn)
根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
m0v2=(m0+m0)v共
解得v共=2 m/s
根據(jù)能量守恒定律有
②物塊恰能到圓弧軌道最高點(diǎn)
根據(jù)能量守恒定律有
解得μ2=0.25
綜上所述,μ的取值范圍是0.25≤μ<0.4。
大題突破(二):力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
典例示范 (14分)(2024山東卷)如圖甲所示,質(zhì)量為m0的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點(diǎn)平滑連接,Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。
甲
(1)若軌道固定,小物塊以一定的初速度沿軌道
運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí),受到軌道的彈力大小等于3mg,
求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v;
(2)若軌道不固定,給軌道施加水平向左的推力F,
小物塊處在軌道水平部分時(shí),軌道加速度a與F對(duì)
應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m;
(ⅱ)初始時(shí),小物塊靜置在軌道最左端,給軌道施加水平向左的推力F=8 N,當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L。
乙
滿分答卷 (1)在Q點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有
(2)(ⅰ)當(dāng)F較小時(shí),小物塊與軌道一起向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律,
對(duì)整體有F=(m0+m)a1③(1分)
對(duì)小物塊有Ff=ma1④(1分)
當(dāng)Ff=μmg時(shí),一起運(yùn)動(dòng)的加速度最大
即a1m=μg⑤(1分)
由題圖乙可知,a1m=2 m/s2時(shí)F=4 N⑥
當(dāng)F=8 N時(shí),二者分別運(yùn)動(dòng),對(duì)軌道有a2=6 m/s2,對(duì)小物塊有a3=2 m/s2,且對(duì)軌道有F-μmg=m0a2⑦(1分)
解得μ=0.2,m=1 kg,m0=1 kg。⑧(1分)
(ⅱ)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t,小物塊到達(dá)P時(shí)速度為v1,軌道速度為v2,
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題意可知
v2=a2t,v1=a3t⑨(1分)
當(dāng)v2=3 m/s時(shí),解得v1=9 m/s,v1'=5 m/s,設(shè)小物塊在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小物塊彈力為FN,有
原生態(tài)樣卷剖析
學(xué)生答卷及批閱展示
教師點(diǎn)評(píng)
第(1)問(wèn):必要的文字說(shuō)明不完整,當(dāng)然如果結(jié)果正確,這點(diǎn)不至于扣分。
技巧:必要的文字說(shuō)明應(yīng)用簡(jiǎn)短的語(yǔ)言指明研究對(duì)象、研究過(guò)程和應(yīng)用的規(guī)律,題干中沒(méi)有的符號(hào)要進(jìn)行說(shuō)明。
第(2)問(wèn)(ⅰ):除了運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)的對(duì)象描述不夠清楚之外,整個(gè)解題過(guò)程思路還比較清晰,能充分利用圖像信息解決問(wèn)題,結(jié)果也正確,這一小問(wèn)可以得滿分。
技巧:不管計(jì)算題中有哪種類型的圖像,都是一種更為直觀的信息呈現(xiàn)形式,一定充分挖掘圖像提供的信息,該同學(xué)在解答過(guò)程中有效地利用了圖像中的特殊值,代入物理關(guān)系式求得結(jié)果,當(dāng)然也很好。本題也可以利用圖像的斜率和截距含義來(lái)求解,即外力F≤4 N時(shí),二者一起運(yùn)動(dòng),圖乙中圖線斜率
第(2)問(wèn)(ⅱ):可能因?yàn)闀r(shí)間緊張的原因,考生對(duì)這一小問(wèn)的解答不夠理想,解題過(guò)程未知物理量符號(hào)沒(méi)有說(shuō)明,比較混亂;運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析也出現(xiàn)較大問(wèn)題,二者位移關(guān)系沒(méi)有找對(duì);物塊機(jī)械能守恒還是系統(tǒng)機(jī)械能守恒也混淆了,動(dòng)量守恒表達(dá)式中速度符號(hào)也前后不一致,導(dǎo)致失分。
技巧:認(rèn)真審題,時(shí)間緊張時(shí)也不能慌亂,通過(guò)畫草圖分析不同物體的位移聯(lián)系,并抓住守恒條件正確列式。
總評(píng):該題滿分14分,該考生一共得到8分,應(yīng)該也算是中等偏上的學(xué)生,作答整體思路較清晰,最后的兩個(gè)守恒方程沒(méi)有列對(duì),稍顯可惜。
解答思路歸納

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