資源簡介

(共96張PPT)
第二講　動量和能量觀點的應用
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
目 錄 索 引
01
02
突破熱點 聚素養
03
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
考點一　動量、沖量、動量定理
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
動量、沖量、動量定理 2024廣東卷,14;2024北京卷,8; 2024福建卷,7;2023新課標卷,19; 2023廣東卷,10;2022湖北卷,7; 2022重慶卷,4;2022海南卷,1 全國卷:
3年1考
地方卷:
3年7考
命題角度1 沖量、動量的理解與計算
1.沖量、動量的理解
2.計算沖量的三種方法
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
例1 (多選)(2024福建卷)某物塊置于足夠長的光滑斜面上并鎖定,t=0時刻解除鎖定,并對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,下列說法正確的是(　　)
A.0~4t0,物塊一直沿斜面向下運動
B.0~4t0,合外力的總沖量為0
C.t0時動量是2t0時的一半
D.2t0~3t0過程物塊的位移小于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動,后勻減速向下運動,之后重復這兩個過程,選項A正確。根據沖量的定義可知,0~4t0,合外力的總沖量為I=IF+mgsin θ·4t0,由F-t圖像與坐標軸圍成的面積表示沖量可知IF=0,故I=4mgt0sin θ,選項B錯誤。由于初速度為0,根據動量定理,t0時動量為I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0過程中F的沖量為0,故2t0時動量為I2=2mgt0sin θ,選項C錯誤。3t0時動量為5mgt0sin θ,4t0時動量為4mgt0sin θ,可知2t0時的速度小于4t0時的速度,2t0~3t0內的平均速度小于3t0~4t0內的平均速度,所以2t0~3t0過程物塊的位移小于3t0~4t0的位移,選項D正確。
命題角度2 動量定理的理解與應用
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)。 　　
可能是流體
(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。
例2 (多選)(2023廣東卷)某同學受電動窗簾的啟發,設計了如圖所示的簡化模型。多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動,忽略阻力。開窗簾過程中,電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時間為0.04 s,碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s。關于兩滑塊的碰撞過程,
下列說法正確的有(　　)
A.該過程動量守恒
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組成的系統的初動量為p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后動量為p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,則滑塊碰撞過程動量不守恒,A錯誤;對滑塊1,取向右為正方向,由動量定理則有I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 kg·m/s,負號表示方向水平向左,B正確;對滑塊2,取向右為正方向,則有I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 kg·m/s,C錯誤;對滑塊2根據動量定理有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 高壓水槍在清洗地面等場景中應用廣泛。某高壓水槍槍口橫截面積為2.0×10-5 m2,已知水的密度為1.0×103 kg/m3,若槍口每秒噴出2.0 kg的水,則噴水時槍口處水速為(　　)
A.1 m/s　　　　　 B.10 m/s
C.100 m/s D.1 000 m/s
答案 C
解析 設水從高壓水槍噴出時的速度為v1,Δt時間高壓水槍噴出水的質量
m=ρv1ΔtS,每秒噴出2.0 kg的水,即 =2 kg,解得v1=100 m/s,故選C。
規律方法 應用動量定理處理流體問題的思維流程
(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。
拓展衍生
1.(多選)使甲、乙兩條形磁體隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對著乙的S極,甲的質量大于乙的質量,兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的動量大小比乙的小
C.甲的動量大小與乙的相等
D.甲和乙的動量之和不為零
答案 BD
解析 對甲、乙兩條形磁體分別做受力分析,如圖所示,
由于兩物體運動時間相同,且同時由靜止釋放,可得v甲f2,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動量方向向左,顯然甲的動量大小比乙的小,B、D正確,C錯誤。
2.(2024山東濰坊高三期末)2023年4月25日,神舟
十五號航天員乘組進行了第四次出艙活動,象征
著我國的航天科技實力水平的進一步提升。假
設某次航天員正執行出艙維修任務時,一維修扳
手不慎脫手,脫手后以相對空間站的速度v沿直線
向前飛出,航天員發現時,扳手已經飛出一段距離d。航天員立即啟動噴氣背包,壓縮氣體從背包噴口持續向后噴出,氣體噴出的速度相對空間站恒定,航天員沿與扳手運動同一直線加速追及,經過一段時間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量為m0,不計噴氣過程中航天員和裝備總質量的變化。
則氣體噴出時相對空間站的速度為(　　)
答案 C
3.(多選)(2022全國乙卷)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小g取10 m/s2。
則(　　)
A.4 s時物塊的動能為零
B.6 s時物塊回到初始位置
C.3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D.0~6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
答案 AD
解析 設F0=4 N,物塊與地面間的摩擦力大小為f=μmg=2 N,0~3 s內對物塊由動量定理可知(F0-f)t1=mv3,解得v3=6 m/s,3 s時物塊的動量為p=mv3=6 kg·m/s,故C錯誤;設3 s后經過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得
-(F0+f)t=0-mv3,解得t=1 s,所以物塊在4 s時速度減為0,此時物塊的動能也為0,故A正確;
考點二　動量守恒定律的理解及應用
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
動量守恒定律的理解及應用 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 動量守恒定律的理解與簡單應用
1.動量守恒的三種情況
(1)理想守恒:系統不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統動量守恒。
(2)近似守恒:系統受到的外力矢量和不為零,但當內力遠大于外力時,系統的動量可近似看成守恒。
(3)某一方向守恒:系統在某一方向上所受外力的矢量和為零時,系統在該方向上動量守恒。
2.動量守恒的三大性質
例4 (多選)在生產生活中,經常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向。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口的光滑細管,細管由水平、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水平向右射入細管,小球的質量與小車的質量(包含細管)相等,小球可視為質點,忽略一切阻力作用。下列說法正確的是(　 　)
A.小球在細管中運動時,小球和小車(包含細管)
組成的系統動量守恒
B.小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用
C.當小球初速度v0> 時,將會從細管的豎直部分沖出
D.若小球從細管的豎直部分沖出,沖出后一定會落回到細管中
BCD
解析 小球在細管中運動時,小球和小車(包含細管)組成的系統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在豎直方向合外力不為零,則小球和小車(包含細管)組成的系統水平方向動量守恒,小球在細管彎曲處運動時,小球和小車(包含細管)組成的系統動量不守恒,A錯誤;小球在細管的豎直部分運動時,小球和細管水平方向的速度相同,則小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用,B正確;由于水平方向動量守恒,小球在最高點,設此時小球水平速度為v,小球上升的高度為L,由動量守恒定律和機
命題角度2 碰撞模型的規律及應用
(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m10(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)
例5 (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v1
D.v2大于v0
答案 B
命題角度3 反沖運動的理解及應用
1.人船模型
2.模型拓展
例6 滑板運動是青少年喜歡的運動。如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上,某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推去,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度h=0.3 m(h小于斜面體的高度),已知小孩與滑板的總質量m1=40 kg,冰塊的質量m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動。(g取10 m/s2)
(1)求剛推開冰塊時,小孩與滑板的速度。
(2)求斜面體的質量。
(3)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩
答案 (1)0.75 m/s,方向向右
(2)20 kg
(3)能
解析 (1)對于冰塊、小孩與滑板組成的系統,根據動量守恒定律有
m1v1=m2v2
解得小孩與滑板的速度v1=0.75 m/s,方向向右。
(2)對于冰塊和斜面體組成的系統,根據動量守恒定律有
m2v2=(m2+m0)v　①
根據系統的機械能守恒有
聯立①②兩式并代入數據,解得
m0=20 kg　③。
(3)設冰塊與斜面分離后的速度分別為v2'和v3',根據動量守恒定律有
m2v2=m2v2'+m0v3'　④
根據機械能守恒定律有
聯立③④⑤式,解得
v2'=-1 m/s
由于|v2'|>v1,冰塊與斜面體分離后能追上小孩。
拓展衍生
4.在空間技術發展過程中,噴氣背包曾經作為航天員艙外活動的主要動力裝置,它能讓航天員保持較高的機動性。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靜止,啟動噴氣背包,壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出,航天員到達艙門時的速度為v2。
若航天員連同整套艙外太空服的質量為m0,不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化,忽略航天員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化,則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
解析 設噴出的氣體的質量為m,則m=ρSv1t,
根據動量守恒定律可得mv1=m0v2,
D
5.(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
答案 C
6.(多選)(2024山東青島高三期末)如圖所示,質量為2m的物塊B放在光滑水平面上,B上方用鉸鏈連接一根長為L的輕桿,輕桿頂端固定一質量為m的小球A,開始時輕桿豎直。給小球A一個向左的輕微擾動,
已知重力加速度大小為g,下列說法正確的是(　　 )
A.若物塊B固定,在輕桿轉動過程中,
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,在輕桿轉動過程中,開始時小球A水平速度為零,到達最低點時水平速度又為零,可知在輕桿轉動過程中小球A水平方向的速度先增大后減小,A正確;若物塊B固定,在輕桿轉動過程中,當小球到達最低點時
考點三　動量與能量的綜合應用
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
動量與能量的綜合應用 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全國乙卷,25; 2023全國甲卷,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=0.4 m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=100 N/m的輕質彈簧連接,靜置于軌道FG上。現有質量m=0.12 kg的滑塊a以初速度v0=2 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=0.8 m,以v=2 m/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,各滑塊均可視為質點,g取10 m/s2,彈簧的彈性勢能Ep= kx2(x為形變量)。
(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=1 m/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。
解題指導
【審題】
讀取題干 獲取信息 物理關系
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(時間極短) 滑塊a與滑塊b碰撞過程彈簧不發生形變 a與b碰撞過程滿足動量守恒,但機械能不守恒
其他摩擦和阻力均不計 AB段、CD和DF段沒有摩擦力做功　 AB段、CD段勻速直線運動,DF段機械能守恒
若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住 碰后共速 相當于完全非彈性碰撞
【破題】
(1)DF段由機械能守恒定律可求F點速度,在F點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,可由全過程動能定理求出滑塊a碰后的速度,由碰撞過程動量守恒可求碰后b的速度,再由能量守恒定律可求碰撞過程損失的機械能;
(3)滑塊a碰到滑塊b被粘住時,由動量守恒可求碰后共同速度,a、b共速后與彈簧和滑塊c作用過程滿足動量守恒和機械能守恒,可進一步求出彈簧最長和最短時彈簧的形變量,進而可求出彈簧最大長度與最小長度之差(即伸長量和壓縮量之和)。
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點的過程中,根據動能定理得
(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'
命題角度2 “滑塊—滑板”模型
1.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時,優先選用動量守恒定律解題;若地面不光滑或受其他外力時,需選用動力學觀點解題。
2.滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。
3.應注意區分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移;求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。
例8 (2024河北卷)如圖所示,三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板的質量均為2.0 kg,A木板的長度為2.0 m,機器人的質量為6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空氣阻力。
(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時,求A、B木板間的水平距離。
(2)機器人走到A木板右端相對木板靜
止后,以做功最少的方式從A木板右端
跳到B木板左端,求起跳過程機器人做
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木板相對靜止,隨即相對B木板連續不停地3次等間距跳到B木板右端,此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。
解析 (1)設機器人質量為m0,三個木板質量為m,機器人與A木板組成的系統動量守恒,由動量守恒定律得m0v0=mvA0,設所用時間為t0,則有m0v0t0=mvA0t0,即m0s=ms1,又s+s1=lA,解得s1=1.5 m。
拓展衍生
7.(多選)(2024廣東卷)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑,斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ,乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力,下列說法正確的有(　　 )
A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于
碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運動時間與H乙無關
ABD
解析 兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,則相對速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質量相同,且發生彈性碰撞,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;
設斜面傾角為θ,乙下滑過程有H乙= ,在水平面運動一段時間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動的時間為t3,乙運動的時間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關,則總時間與H乙有關,故C錯誤;
8.(2024廣東廣州階段練習)如圖為彈象棋子游戲。水平桌子高h=1.25 m,長為L=2 m,開始時兩棋子分別靜置在桌子的兩端。用力彈紅棋子,紅棋子以v0= m/s的初速度向右運動,正碰黑棋子后兩棋子均做平拋運動,落地瞬間兩棋子相距Δx=1 m。兩棋子質量相同且可視為質點,與桌面的動摩擦因數均為μ=0.45,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求碰撞黑棋子前瞬間,紅棋子的速度v的大小。
(2)設碰后瞬間紅棋子速度為v1,黑棋子速度為v2,
若定義恢復系數k= ,求v1、v2及k的值。
(3)兩棋子每次碰撞的恢復系數k相同,若某次游戲,紅棋子位于桌子最左端,黑棋子位于桌子正中央,用力彈紅棋子,要讓黑棋子落地而紅棋子不落地,求紅旗子的初速度v0的取值范圍(可用根號表示)。
答案 (1)4 m/s
(2)1 m/s　3 m/s　0.5
解得碰撞黑棋子前瞬間,紅棋子的速度
v=4 m/s。
(2)兩棋子碰撞,由動量守恒定律有
mv=mv1+mv2
兩棋子碰后做平拋運動,由平拋運動規律有
突破熱點 聚素養
方法概述
重要思維方法:應用力學三大觀點解決問題
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
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
典例 (2024廣東深圳二模)圖(a)為固定安裝在機車頭部的碰撞吸能裝置,由一級吸能元件鉤緩裝置(由緩沖器與吸能管組成)和二級吸能元件吸能防爬裝置(可壓縮)構成。某次碰撞實驗中,一輛總質量為45 t的機車以6 m/s的初速度與固定的剛性墻發生正碰。開始僅觸發一級吸能元件鉤緩裝置,其彈力隨作用行程(壓縮量)的變化關系如圖(b)所示,緩沖階段,緩沖器彈力與壓縮量成正比,屬于彈性形變。作用行程為55 mm時,達到最大緩沖極限,緩沖器被鎖定,鉤緩裝置中吸能管開始平穩變形,產生的彈力恒為1.8×106 N,其作用行程為110 mm。吸能管行程結束后,鉤緩裝置迅速剛化,此時啟動二級吸能元件,防爬裝置被壓縮產生恒定緩沖作用力,此過程行程為225 mm時,機車剛好停止,車體完好無損。設每次碰撞過程中,該吸能裝置的性能保持不變,忽略其他阻力影響。
(a)
(b)
(1)求一級吸能元件鉤緩裝置通過緩沖與吸能管形變過程總共吸收的能量。
(2)求二級吸能元件工作時的緩沖作用力及作用時間。
(3)為了測試該吸能裝置的一級吸能元件性能,將該套吸能裝置安裝在貨車甲前端,貨車甲總質量為66 t,與靜止在水平面上無制動的質量為13.2 t的貨車乙發生正碰(不考慮貨車的形變),在一級吸能元件最大吸能總量的60%以內進行碰撞測試(碰撞時若鉤緩裝置的吸能管未啟動時,緩沖器能像彈簧一樣工作)。求貨車乙被碰后的速率范圍。
答案 (1)247 500 J　(2)2.5×106 N　0.09 s　(3)見解析
解析 (1)由題可知一級吸能元件吸收能量ΔE等于緩沖吸能ΔE1與吸能管吸能ΔE2的總和,即
ΔE=ΔE1+ΔE2
由題圖(b)可知ΔE1= F1x1,ΔE2=F1x2
可得ΔE=247 500 J。
(3)當甲車速度為v甲時,甲、乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級吸能元件中的緩沖器鎖定,此時兩車速度設為v共,根據動量守恒定律和動能定理有
解得v甲=3 m/s
由題可知兩車碰撞中當甲車速度v甲<3 m/s時,碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器未被鎖定,此時發生彈性碰撞,彈簧恢復形變后,甲車的速度為v甲',乙車獲得速度為v乙,有
即當v甲<3 m/s時,v乙<5 m/s;
由題可知兩車碰撞中當甲車速度v甲≥3 m/s時,碰撞過程一級吸能元件中的緩沖器被鎖定時,啟動了吸能管,發生的碰撞為完全非彈性碰撞,吸能元件吸收能量最大且原件吸能總量為60%ΔE時,碰后兩車速度相同為v共',根據動量守恒定律和動能定理有
當v甲=3 m/s時,緩沖器被鎖定,根據動量守恒定律有
m甲v0=(m甲+m乙)v共″
解得v乙=v共″=2.5 m/s
綜上所述:
當v甲<3 m/s時,v乙<5 m/s;
角度拓展
1.(2023廣東卷)如圖為某藥品自動傳送系統的
示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽
和與滑槽平滑連接的平臺組成,滑槽高為3L,平臺
高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速
運動的傳送帶上,在與傳送帶達到共速后,從M點
進入滑槽,A剛好滑到平臺最右端N點停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰,碰撞時間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m,碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的 。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點之前不發生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質點。求:
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t;
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W;
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
2.(2024廣東茂名一模)如圖甲所示,門球又稱槌球,比賽時以球槌擊球,球過球門即可得分。如圖乙所示,某次比賽中完全相同的1號球、3號球與門洞恰好位于一條直線上,兩球之間的距離l1=2.5 m,3號球與球門之間的距離l2=1 m。運動員用球槌水平打擊1號球,使其獲得向右的初速度v0=6 m/s,經過一段時間后,該球以v1=4 m/s的速度與3號球發生碰撞(碰撞時間極短),碰后1號球又向前運動了s=0.125 m后停下來。已知兩球質量m均為0.25 kg,將兩球的運動視為一條直線上的滑動并且兩球與地面間的動摩擦因數μ相同,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求球與地面的動摩擦因數μ。
(2)求兩球碰撞過程中損失的機械能。
(3)通過分析,判斷3號球能否進門得分。
答案 (1)0.4　(2)0.75 J　(3)3號球能夠進門得分
大題突破(二):力學三大觀點的綜合應用
典例示范 (14分)(2024山東卷)如圖甲所示,質量為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點平滑連接,Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動摩擦因數為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。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
運動到Q點時,受到軌道的彈力大小等于3mg,
求小物塊在Q點的速度大小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,軌道加速度a與F對
應關系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m;
(ⅱ)初始時,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,當小物塊到P點時撤去F,小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
乙
滿分答卷 (1)在Q點,根據牛頓第二定律有
(2)(ⅰ)當F較小時,小物塊與軌道一起向左運動,根據牛頓第二定律,
對整體有F=(m0+m)a1③(1分)
對小物塊有f=ma1④(1分)
當f=μmg時,一起運動的加速度最大
即a1m=μg⑤(1分)
由題圖乙可知,a1m=2 m/s2時F=4 N⑥
當F=8 N時,二者分別運動,對軌道有a2=6 m/s2,對小物塊有a3=2 m/s2,且對軌道有F-μmg=m0a2⑦(1分)
解得μ=0.2,m=1 kg,m0=1 kg。⑧(1分)
(ⅱ)設經過時間t,小物塊到達P時速度為v1,軌道速度為v2,
由運動學公式和題意可知
v2=a2t,v1=a3t⑨(1分)
當v2=3 m/s時,解得v1=9 m/s,v1'=5 m/s,設小物塊在圓軌道最高點時軌道對小物塊彈力為FN,有
原生態樣卷剖析
學生答卷及批閱展示
教師點評
第(1)問:必要的文字說明不完整,當然如果結果正確,這點不至于扣分。
技巧:必要的文字說明應用簡短的語言指明研究對象、研究過程和應用的規律,題干中沒有的符號要進行說明。
第(2)問(ⅰ):除了運動過程和運動的對象描述不夠清楚之外,整個解題過程思路還比較清晰,能充分利用圖像信息解決問題,結果也正確,這一小問可以得滿分。
技巧:不管計算題中有哪種類型的圖像,都是一種更為直觀的信息呈現形式,一定充分挖掘圖像提供的信息,該同學在解答過程中有效地利用了圖像中的特殊值,代入物理關系式求得結果,當然也很好。本題也可以利用圖像的斜率和截距含義來求解,即外力F≤4 N時,二者一起運動,圖乙中圖線斜率
第(2)問(ⅱ):可能因為時間緊張的原因,考生對這一小問的解答不夠理想,解題過程未知物理量符號沒有說明,比較混亂;運動過程分析也出現較大問題,二者位移關系沒有找對;物塊機械能守恒還是系統機械能守恒也混淆了,動量守恒表達式中速度符號也前后不一致,導致失分。
技巧:認真審題,時間緊張時也不能慌亂,通過畫草圖分析不同物體的位移聯系,并抓住守恒條件正確列式。
總評:該題滿分14分,該考生一共得到8分,應該也算是中等偏上的學生,作答整體思路較清晰,最后的兩個守恒方程沒有列對,稍顯可惜。
解答思路歸納

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