备战2025年高考二轮复习课件 物理（广东版）专题2 能量与动量 第2讲 动量和能量观点的应用(共96张PPT)

(共96张PPT)
第二讲　动量和能量观点的应用
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一　动量、冲量、动量定理
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
动量、冲量、动量定理 2024广东卷,14;2024北京卷,8; 2024福建卷,7;2023新课标卷,19; 2023广东卷,10;2022湖北卷,7; 2022重庆卷,4;2022海南卷,1 全国卷:
3年1考
地方卷:
3年7考
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
公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F-t成线性关系,也可直接用平均力求解
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0
C.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
AD
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·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
BD
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 高压水枪在清洗地面等场景中应用广泛。某高压水枪枪口横截面积为2.0×10-5 m2,已知水的密度为1.0×103 kg/m3,若枪口每秒喷出2.0 kg的水,则喷水时枪口处水速为(　　)
A.1 m/s　　　　　 B.10 m/s
C.100 m/s D.1 000 m/s
答案 C
解析 设水从高压水枪喷出时的速度为v1,Δt时间高压水枪喷出水的质量
m=ρv1ΔtS,每秒喷出2.0 kg的水,即 =2 kg,解得v1=100 m/s,故选C。
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f2,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(　　)
答案 C
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/s
D.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f=μmg=2 N,0~3 s内对物块由动量定理可知(F0-f)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+f)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
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
动量守恒定律的理解及应用 2024江苏卷,14;2024湖北卷,10; 2024甘肃卷,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
BCD
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v1
D.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
2.模型拓展
例6 滑板运动是青少年喜欢的运动。如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上,某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推去,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度h=0.3 m(h小于斜面体的高度),已知小孩与滑板的总质量m1=40 kg,冰块的质量m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。(g取10 m/s2)
(1)求刚推开冰块时,小孩与滑板的速度。
(2)求斜面体的质量。
(3)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩
答案 (1)0.75 m/s,方向向右
(2)20 kg
(3)能
解析 (1)对于冰块、小孩与滑板组成的系统,根据动量守恒定律有
m1v1=m2v2
解得小孩与滑板的速度v1=0.75 m/s,方向向右。
(2)对于冰块和斜面体组成的系统,根据动量守恒定律有
m2v2=(m2+m0)v　①
根据系统的机械能守恒有
联立①②两式并代入数据,解得
m0=20 kg　③。
(3)设冰块与斜面分离后的速度分别为v2'和v3',根据动量守恒定律有
m2v2=m2v2'+m0v3'　④
根据机械能守恒定律有
联立③④⑤式,解得
v2'=-1 m/s
由于|v2'|>v1,冰块与斜面体分离后能追上小孩。
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,
D
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
ABD
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
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
动量与能量的综合应用 2024山东卷,17;2024广东卷,10;2024湖南卷,15;2024河北卷,15;2024湖北卷,14;2024安徽卷,14;2024黑吉辽卷,14; 2024广西卷,10;2024浙江1月选考,20;2023全国乙卷,25; 2023全国甲卷,25;2023山东卷,18;2023广东卷,15;2023浙江1月选考,18;2023辽宁卷,15;2023浙江6月选考,19;2023北京卷,18;2023海南卷,18;2022湖北卷,16;2022全国乙卷, 25;2022广东卷,13;2022山东卷,18;2022海南卷,16;2022天津卷,11;2022福建卷,14 全国卷:
3年3考
地方卷:
3年22考
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。
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息 物理关系
DEF与…… 平滑相切连接 连接处速度大小不变,只改变速度方向 与FG上的滑块b碰撞(时间极短) 滑块a与滑块b碰撞过程弹簧不发生形变 a与b碰撞过程满足动量守恒,但机械能不守恒
其他摩擦和阻力均不计 AB段、CD和DF段没有摩擦力做功　 AB段、CD段匀速直线运动,DF段机械能守恒
若滑块a碰到滑块b立即被粘住 碰后共速 相当于完全非弹性碰撞
【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。
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m0s=ms1,又s+s1=lA,解得s1=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
ABD
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.(2024广东广州阶段练习)如图为弹象棋子游戏。水平桌子高h=1.25 m,长为L=2 m,开始时两棋子分别静置在桌子的两端。用力弹红棋子,红棋子以v0= m/s的初速度向右运动,正碰黑棋子后两棋子均做平抛运动,落地瞬间两棋子相距Δx=1 m。两棋子质量相同且可视为质点,与桌面的动摩擦因数均为μ=0.45,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求碰撞黑棋子前瞬间,红棋子的速度v的大小。
(2)设碰后瞬间红棋子速度为v1,黑棋子速度为v2,
若定义恢复系数k= ,求v1、v2及k的值。
(3)两棋子每次碰撞的恢复系数k相同,若某次游戏,红棋子位于桌子最左端,黑棋子位于桌子正中央,用力弹红棋子,要让黑棋子落地而红棋子不落地,求红旗子的初速度v0的取值范围(可用根号表示)。
答案 (1)4 m/s
(2)1 m/s　3 m/s　0.5
解得碰撞黑棋子前瞬间,红棋子的速度
v=4 m/s。
(2)两棋子碰撞,由动量守恒定律有
mv=mv1+mv2
两棋子碰后做平抛运动,由平抛运动规律有
突破热点 聚素养
方法概述
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
力学三 大观点 对应规律 表达式 选用原则
能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 动量 观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2.选用力学规律的思维流程
考向分析
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。
案例探究
典例 (2024广东深圳二模)图(a)为固定安装在机车头部的碰撞吸能装置,由一级吸能元件钩缓装置(由缓冲器与吸能管组成)和二级吸能元件吸能防爬装置(可压缩)构成。某次碰撞实验中,一辆总质量为45 t的机车以6 m/s的初速度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置,其弹力随作用行程(压缩量)的变化关系如图(b)所示,缓冲阶段,缓冲器弹力与压缩量成正比,属于弹性形变。作用行程为55 mm时,达到最大缓冲极限,缓冲器被锁定,钩缓装置中吸能管开始平稳变形,产生的弹力恒为1.8×106 N,其作用行程为110 mm。吸能管行程结束后,钩缓装置迅速刚化,此时启动二级吸能元件,防爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力,此过程行程为225 mm时,机车刚好停止,车体完好无损。设每次碰撞过程中,该吸能装置的性能保持不变,忽略其他阻力影响。
(a)
(b)
(1)求一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管形变过程总共吸收的能量。
(2)求二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间。
(3)为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能,将该套吸能装置安装在货车甲前端,货车甲总质量为66 t,与静止在水平面上无制动的质量为13.2 t的货车乙发生正碰(不考虑货车的形变),在一级吸能元件最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试(碰撞时若钩缓装置的吸能管未启动时,缓冲器能像弹簧一样工作)。求货车乙被碰后的速率范围。
答案 (1)247 500 J　(2)2.5×106 N　0.09 s　(3)见解析
解析 (1)由题可知一级吸能元件吸收能量ΔE等于缓冲吸能ΔE1与吸能管吸能ΔE2的总和,即
ΔE=ΔE1+ΔE2
由题图(b)可知ΔE1= F1x1,ΔE2=F1x2
可得ΔE=247 500 J。
(3)当甲车速度为v甲时,甲、乙两车碰撞后两车共速且刚好使一级吸能元件中的缓冲器锁定,此时两车速度设为v共,根据动量守恒定律和动能定理有
解得v甲=3 m/s
由题可知两车碰撞中当甲车速度v甲<3 m/s时,碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器未被锁定,此时发生弹性碰撞,弹簧恢复形变后,甲车的速度为v甲',乙车获得速度为v乙,有
即当v甲<3 m/s时,v乙<5 m/s;
由题可知两车碰撞中当甲车速度v甲≥3 m/s时,碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器被锁定时,启动了吸能管,发生的碰撞为完全非弹性碰撞,吸能元件吸收能量最大且原件吸能总量为60%ΔE时,碰后两车速度相同为v共',根据动量守恒定律和动能定理有
当v甲=3 m/s时,缓冲器被锁定,根据动量守恒定律有
m甲v0=(m甲+m乙)v共″
解得v乙=v共″=2.5 m/s
综上所述:
当v甲<3 m/s时,v乙<5 m/s;
角度拓展
1.(2023广东卷)如图为某药品自动传送系统的
示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽
和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台
高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速
运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点
进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
2.(2024广东茂名一模)如图甲所示,门球又称槌球,比赛时以球槌击球,球过球门即可得分。如图乙所示,某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上,两球之间的距离l1=2.5 m,3号球与球门之间的距离l2=1 m。运动员用球槌水平打击1号球,使其获得向右的初速度v0=6 m/s,经过一段时间后,该球以v1=4 m/s的速度与3号球发生碰撞(碰撞时间极短),碰后1号球又向前运动了s=0.125 m后停下来。已知两球质量m均为0.25 kg,将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求球与地面的动摩擦因数μ。
(2)求两球碰撞过程中损失的机械能。
(3)通过分析,判断3号球能否进门得分。
答案 (1)0.4　(2)0.75 J　(3)3号球能够进门得分
大题突破(二):力学三大观点的综合应用
典例示范 (14分)(2024山东卷)如图甲所示,质量为m0的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。
甲
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道
运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,
求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,
小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对
应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m;
(ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
乙
满分答卷 (1)在Q点,根据牛顿第二定律有
(2)(ⅰ)当F较小时,小物块与轨道一起向左运动,根据牛顿第二定律,
对整体有F=(m0+m)a1③(1分)
对小物块有f=ma1④(1分)
当f=μmg时,一起运动的加速度最大
即a1m=μg⑤(1分)
由题图乙可知,a1m=2 m/s2时F=4 N⑥
当F=8 N时,二者分别运动,对轨道有a2=6 m/s2,对小物块有a3=2 m/s2,且对轨道有F-μmg=m0a2⑦(1分)
解得μ=0.2,m=1 kg,m0=1 kg。⑧(1分)
(ⅱ)设经过时间t,小物块到达P时速度为v1,轨道速度为v2,
由运动学公式和题意可知
v2=a2t,v1=a3t⑨(1分)
当v2=3 m/s时,解得v1=9 m/s,v1'=5 m/s,设小物块在圆轨道最高点时轨道对小物块弹力为FN,有
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
第(1)问:必要的文字说明不完整,当然如果结果正确,这点不至于扣分。
技巧:必要的文字说明应用简短的语言指明研究对象、研究过程和应用的规律,题干中没有的符号要进行说明。
第(2)问(ⅰ):除了运动过程和运动的对象描述不够清楚之外,整个解题过程思路还比较清晰,能充分利用图像信息解决问题,结果也正确,这一小问可以得满分。
技巧:不管计算题中有哪种类型的图像,都是一种更为直观的信息呈现形式,一定充分挖掘图像提供的信息,该同学在解答过程中有效地利用了图像中的特殊值,代入物理关系式求得结果,当然也很好。本题也可以利用图像的斜率和截距含义来求解,即外力F≤4 N时,二者一起运动,图乙中图线斜率
第(2)问(ⅱ):可能因为时间紧张的原因,考生对这一小问的解答不够理想,解题过程未知物理量符号没有说明,比较混乱;运动过程分析也出现较大问题,二者位移关系没有找对;物块机械能守恒还是系统机械能守恒也混淆了,动量守恒表达式中速度符号也前后不一致,导致失分。
技巧:认真审题,时间紧张时也不能慌乱,通过画草图分析不同物体的位移联系,并抓住守恒条件正确列式。
总评:该题满分14分,该考生一共得到8分,应该也算是中等偏上的学生,作答整体思路较清晰,最后的两个守恒方程没有列对,稍显可惜。
解答思路归纳