(共50张PPT)
第6讲 动量定理和动量守恒定律
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
微专题2
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 动量定理的理解及应用
命题角度1冲量、动量的理解与计算
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)如图甲所示,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块( )
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合外力的总冲量为0
C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移比3t0~4t0内的小
AD
解析 受力分析知,0~t0内滑块受到的合外力大小为F合0=3mgsin θ,t0~2t0内滑块受到的合外力大小为-mgsin θ,所以0~4t0内滑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内滑块所受合外力的总冲量为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时滑块动量为I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0过程中F的冲量为0,故2t0时滑块动量为I2=2mgt0sin θ,选项C错误。2t0时滑块动量为2mgt0sin θ,3t0时滑块动量为5mgt0sin θ,4t0时滑块动量为4mgt0sin θ,可知2t0~3t0内滑块的平均速度小于3t0~4t0内的平均速度,所以2t0~3t0过程滑块的位移小于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
1.动量定理的理解及应用技巧
(1)动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用。动量定理的研究对象可以是单一物体,也可以是质点系,受力分析时只考虑质点系受到的外力。
(2)在匀变速直线运动中,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
(3)变力作用情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的加权平均值。
(4)电磁感应问题中,利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
2.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量Δp=Δmv=ρv2SΔt。
(5)应用动量定理FΔt=Δp。
例2 (2025湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于( )
A. B.
C. D.2
B
解析 设拉力为F,作用时间为t1,撤去拉力后门板运动的时间为t2,门板运动过程的最大速度为vm,由动量定理有(F-μmg)t1=mvm,得t1=;撤去拉力后,由动量定理有μmgt2=mvm,得t2=;对于全过程,由动量定理有Ft1=μmgt,得F=,由运动学公式得,故门板运动的总时间为t=t1+t2=,可知当t2越大时,t越小,当t2=t时,t取最小值。则,则tmin=,故选B。
例3 (多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则( )
A.氙离子的加速电压约为175 V
B.氙离子的加速电压约为700 V
C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg
AD
解析 氙离子经电场加速,根据动能定理有qU=mv2-0,可得加速电压为U==175 V,A正确,B错误;设在Δt时间内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成的电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比例为η,则有=η,联立解得=5.3×10-6 kg,D正确;设在Δt时间内有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出,则ΔQ=q,I=,联立解得I==3.7 A,C错误。
例4 (2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
甲
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
乙
丙
答案 (1) (2)①330 N s,方向竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-m0gt=m0v-(-m0v0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
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
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
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
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。如“滑块—斜面(曲面)”模型
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。
(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。
例5 (2024江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则( )
A.弹簧原长时物体动量最大
B.弹簧压缩最短时物体动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
A
解析 剪断细绳后,滑板A与物体B组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,故C错误;整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故可知弹簧原长时弹性势能最小,物体动能最大,速度最大,此时动量最大,故A正确,B、D错误。
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。
2.“一动碰一静”弹性正碰模型
m1v1=m1v1'+m2v2',m1m1v1'2+m2v2'2,得v1'=v1,v2'=v1。
(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6 (2025山东卷)轨道舱与返回舱的组合体绕质量为m行的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A. B.
C. D.
C
解析 设返回舱的质量为m,轨道舱的质量为5m,轨道舱与返回舱一起做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力有G=6m,解得v=,分离瞬间轨道舱与返回舱组成系统动量守恒,设此时轨道舱相对行星的速度大小为v1,根据动量守恒定律可得6m×=m×2+5mv1,解得v1=,故选C。
例7 (多选)(2024广西卷)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
BC
解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,M、N的质量相等,且发生弹性正碰,碰后两球将发生速度交换,碰后M静止在碰撞处,N以初速度v开始做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,选项A错误,B正确。水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,选项C正确,D错误。
例8 (2025河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
甲
乙
D
解析 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mPmN>mP,D正确。
例9 (多选)(2025山东菏泽期末)如图所示,足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置,处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中,导轨间距为L。导体棒a、b垂直于导轨放置并与导轨接触良好,两导体棒的质量均为m,其在导轨间的电阻均为R,不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0,运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是( )
A.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为
B.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为
C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为
D.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为
BD
解析 两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反,则两导体棒组成的系统所受合外力为0,系统的动量守恒,当导体棒a的速度为v0时,有mv0=m·v0+mvb,解得vb=v0,两导体棒中感应电流大小相等,均为I=,两导体棒所受安培力方向相反,大小相等,安培力大小均为F安=BIL=,则加速度大小为a=,故A错误,B正确。最终两导体棒会共速,则有mv0=2mv,解得v=v0,根据能量守恒定律得×2mv2+Q,解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=,故C错误,D正确。
多题归一 拓展类碰撞模型
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平 面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足m1v0=(m1+m2)v共,损失的动能最大,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 (2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平 面或水平 导轨光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足m1v0=(m1+m2)v共,损失的动能最大,转化为内能或电能 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10 (2025河南三门峡一模)某次军事演习中,一炮弹由水平地面O点竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片,它们的初速度方向与水平方向的夹角均为θ,如图所示,测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x=120 m,它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1=6 s,t2=2 s,若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.两弹片分离瞬间的动量相同
B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m
C.tan θ=
D.爆炸点距水平地面的高度为84 m
D
解析 炮弹竖直上升到最高点时,炮弹的动量为0,炸裂成甲、乙两块弹片,根据动量守恒可知,甲、乙两弹片分离时,它们的动量大小相等、方向相反,故A错误;设两弹片分离时,甲的速度大小为v,由于甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1,根据动量守恒定律可知,乙的速度大小应为2v,设爆炸点的高度为H,对甲、乙水平方向有x=vcos θ·t1+2vcos θ·t2,解得vcos θ=12 m/s,对甲、乙竖直方向有H=-vsin θ·t1+=2vsin θ·t2+,解得vsin θ=16 m/s,联立解得tan θ=,sin θ=,cos θ=,v=20 m/s,H=84 m,所以甲落地时到O点的距离为x甲=vcos θ·t1=72 m,故B、C错误,D正确。
例11 (2024河北卷改编)如图所示,两块厚度相同、质量相等的木板A、B(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。已知两块木板的质量均为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。
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。
(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得vcos θ·t=x1,vsin θ=g·,解得v2=,机器人跳离A木板的过程,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得m0vcos θ=mvA,根据能量守恒定律可得机器人做的功W=m0v2+,得W=×45 J=×45 J=45× J,根据数学知识可得当tan θ=时,即tan θ=2时,W取最小值,代入数值得此时W=90 J。
解题思维链
微专题2
题型概述
微专题2 “板—块”模型
1.解答“板—块”模型的技巧
(1)系统不受外力时,滑板放在光滑水平面上,滑块以一定速度在滑板上运动,滑块与滑板组成的系统动量守恒,若滑块不滑离滑板,最后二者具有共同速度,摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能,即Ff·x相对=ΔEk。
(2)系统受到外力时,一般对滑块和滑板隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。
2.力学三大观点的选用技巧
(1)当涉及时间与运动细节时,一般选用动力学规律解题。
(2)当涉及功、能量和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。若题目中出现相对位移(摩擦生热),应优先选用能量守恒定律。
(3)当不涉及加速度而涉及运动时间时,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解;对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的“板—块”问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
典例探究
(2025河南湘豫名校联考)如图所示,质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间动摩擦因数均为μ,长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长板,它们之间不会相碰也不会从长板滑下,重力加速度为g,当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求:
(1)滑块2从放上长板到速度达到最小,系统产生的内能。
(2)滑块刚开始滑上长板时长板与墙壁的距离s。
答案 (1) (2)
解析 (1)当滑块2与长板刚好相对静止时,其速度最小,设为vmin,从滑块滑上长板开始到滑块2与长板刚好相对静止瞬间,滑块2、3间的相对速度始终相等为v0,故此时滑块3的速度为vmin+v0
由动量守恒定律得m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0)
解得vmin=v0
系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×5mm(vmin+v0)2=。
(2)当滑块1刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒定律有m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+mv0+m·2v0
解得v1=
该过程长板加速度为a1==μg
对长板,有s1=
当滑块2刚好与长板相对静止时,由(1)知,v2=v0,该过程对长板和滑块1、2有2μmg=4ma2,对长板,有=2a2s2
解得s2=
当滑块3刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒有m(v0+2v0+3v0)=6mv3
又μmg=5ma3
对长板有=2·s3
解得s3=
刚开始时长板与墙壁的距离s=s1+s2+s3=。
拓展衍生
(2024海南卷)某游乐项目装置简化如图所示,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量m板=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,并在平台C上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a点到b点过程,根据机械能守恒定律得mgh=
解得v0=10 m/s
游客在b点时,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。
(2)解法一 游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,
由动量守恒定律有mv=mv1+m板v2
由能量守恒定律有mv2=m板+μmgL
对游客在平台C上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0-
解得L=7 m。
解法二 设游客恰好滑上平台C时的速度为v,在平台C上运动过程由动能定理得
-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,可知该过程游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设游客和滑板的加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2,a2==4 m/s2
根据运动学规律对游客,有v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为s1=t=9 m
滑板的位移为s2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。(共20张PPT)
计算题突破1 力学三大观点的综合应用
一、多过程问题
二、多次碰撞问题
目录索引
一、多过程问题
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
动力学 观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动,涉及运动细节
匀变速直线 运动规律 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 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
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
例1 (2024黑吉辽卷)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不连接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2
(3)0.12 J
解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t
则h=gt2,解得t==0.4 s
由xA=vAt
解得vA==1 m/s
设脱离弹簧时A、B速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统所受合外力为零,动量守恒,由动量守恒定律得
mAvA=mBvB
解得vB=1 m/s。
(2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止,由动能定理得
-μmBgxB=0-mB
解得μ==0.2。
(3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m,则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为xA'=xB'=0.05 m
由能量守恒定律得
ΔEp=mAmB+μmAgxA'+μmBgxB'
解得ΔEp=0.12 J。
解题思维链
例2 (2025海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g取10 m/s2。求:
(1)A滑到圆弧最低点时受到的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
答案 (1)72 N,方向竖直向上
(2)1.6 J
(3)0.6 m/s或2.6 m/s
解析 (1)A从圆弧顶点滑到圆弧最低点过程,根据机械能守恒定律有
mAg(R-Rcos 53°)=mA
解得v0=2 m/s
A在圆弧最低点,根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA
解得FN=72 N,方向竖直向上。
(2)A、B碰后成一整体,根据动量守恒定律有
mAv0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mA(mA+mB)=1.6 J。
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B整体滑上传送带后先减速后匀速,设A、B整体与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B整体,根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后A、B整体与传送带共速,可得v=v共-at1
该段时间内A、B整体运动的位移为x1=t1
传送带运动的位移为x2=vt1
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2)
解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去
第二种情况,当传送带速度v'大于v共时,A、B整体滑上传送带后先加速后匀速,设经过时间t2后A、B整体与传送带共速,同理可得v'=v共+at2
该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2
传送带运动的位移为x2'=v't2
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1')
解得v'=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
二、多次碰撞问题
在多次碰撞问题中通常用到较多数学知识,其中应用数学归纳法求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点,但每一个重复过程均不是原来的完全重复,而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复,某些物理量逐步发生着前后有联系的变化,求解该类问题的基本思路:
(1)逐个分析开始的几个物理过程;
(2)利用数学归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键);
(3)最后分析整个物理过程,应用数列特点和规律求解。
无穷数列的求和,一般是无穷递减数列,有相应的公式可用。
等差:Sn==na1+d(d为公差)。
等比:Sn=(q为公比)。
例3 (2025山东烟台模拟)如图所示,长木板在光滑水平面上以v0=2 m/s的速度做匀速直线运动,长木板质量m0=0.5 kg,某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块,小物块的质量m=1.5 kg,长木板右侧有一固定挡板,挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1,小物块与挡板发生正碰,碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够长。重力加速度g取10 m/s2。
(1)若要小物块不从长木板上滑下,求长木板的最短长度。
(2)若长木板足够长,质量变为4.5 kg,求:
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间;
②小物块与挡板第n次碰撞到第n+1次碰撞过程中,相对于长木板的位移大小。
答案 (1)0.625 m
(2)①1.5 s ②27× m
解析 (1)设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得
m0v0=(m0+m)v10
小物块与挡板发生弹性碰撞后,速度反向,大小不变,设长木板与小物块再次共速时速度为v20,由动量守恒定律得m0v10-mv10=(m0+m)v20
由能量守恒定律得
μmgL=m0(m0+m)
解得L=0.625 m。
(2)①更换长木板后,设长木板与小物块第一次共速时速度为v,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m)v
小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后,速度反向,大小不变,其向左运动过程中,由动量定理得-μmgt=0-mv
解得t=1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前瞬间的速度为v1,由动量守恒定律得m1v-mv=(m1+m)v1
解得v1=v
设小物块与挡板第三次碰撞前瞬间、第四次碰撞前瞬间,小物块和长木板的共同速度分别为v2、v3,同理可得v2=v1=v,v3=v2=v,
根据数学归纳法,小物块与挡板第n+1次碰撞前瞬间小物块和长木板的共同速度为vn=vn-1=v,
小物块与挡板第n次碰撞到第n+1次碰撞过程中,相对于长木板的位移是x,由能量守恒定律可得μmgx=(m1+m)(m1+m),
解得x=27× m。(共50张PPT)
第5讲 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 功和功率的分析与计算
命题角度1功和功率
例1 (2023北京卷)如图所示,一个物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中( )
A.摩擦力做功大小与F方向无关
B.合力做功大小与F方向有关
C.F为水平方向时,F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
D
解析 设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ),摩擦力做的功为Wf=μ(mg-Fsin θ)x,则摩擦力做功与F的方向有关,故A错误;合力做功为W=F合x=max,则合力做功与力F方向无关,故B错误;当力F方向水平时,有F=ma+μmg,则力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,故C错误;因合力做功为max大小一定,而合力的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和,而当Fsin θ=mg时,摩擦力Ff=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,故D正确。
例2 (多选)(2025安徽蚌埠一模)如图甲所示,质量为8 kg的物体受水平推力F作用在水平面上由静止开始运动,推力F随位移x变化的关系如图乙所示,运动10 m后撤去推力F。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,在物体运动的整个过程中( )
A.推力对物体做的功为480 J
B.物体的位移为12 m
C.物体的位移为10 m
D.物体在x=5 m时速度最大,最大速度为6 m/s
AB
解析 根据F-x图像的面积表示力F所做的功,可知推力对物体做的功为WF=×(2+10)×80 J=480 J,故A正确;设物体整个运动过程的位移大小为x0,根据动能定理有WF-μmgx0=0,解得x0=12 m,故B正确,C错误;当推力等于摩擦力时,物体速度最大,有F=μmg=40 N,结合F-x图像可知此时x=6 m,根据动能定理有WF'-μmgx=-0,其中WF'=80×2 J+×(80+40)×4 J =400 J,解得最大速度为vm=2 m/s,故D错误。
多题归一 变力做功的求法
动能定理法 小球缓慢移动,有WF-mgL(1-cos θ)=0,得WF=mgL(1-cos θ)
微元法 滑动摩擦力大小不变,木块运动一周克服摩擦力做功为Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR
F-x图像法
平均值法
命题角度2机车启动的两类问题
基本关系式 P=Fv,F-F阻=ma
恒定功率启动
恒定加速度启动
例3 (2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为
( )
A. B.
C. D.
D
解析 由题意知两节动车分别有P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,当将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立解得v=,选项D正确。
例4 (2025福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶,驶入一段照明不良的平直公路时,司机迅速减小油门,使汽车的功率减小为某一定值,此后汽车的速度v与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为Ff,汽车的质量为m,则下列说法正确的是( )
A.t=0时刻,汽车的功率减小为Ffv0
B.t=0时刻,汽车的功率减小为Ffv0
C.整个减速过程中,克服阻力做功大于
D.整个减速过程中,汽车的牵引力不断变小
C
解析 t=0时刻,汽车的功率减小为P=Ff·v0=Ffv0,故A、B错误;整个减速过程中,由动能定理,有Pt0-W克f=,得W克f=Pt0+,故C正确;整个减速过程中,由F=,可知汽车的牵引力不断变大,故D错误。
考点二 动能定理的理解及应用
命题角度1动能定理在图像问题中的应用
1.动能定理与图像的结合问题
2.三步突破动能定理应用中的图像问题
例5 (多选)(2023新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
BC
解析 物体所受的摩擦力为Ff=μmg=0.4×1×10 N=4 N,从x=0运动到x=1 m,由动能定理可得,W1-μmgx1=,解得v1=2 m/s,从x=0运动到x=2 m,由图像斜率可知拉力F=6 N,所以在x=1 m时,拉力的功率P=Fv1=12 W,选项A错误;从x=0运动到x=4 m,由动能定理可得,W4-μmgx4=,解得=2 J,选项B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做功Wf2=Ffx2=8 J,选项C正确;从x=0运动到x=4 m的过程中,x=2 m时速度最大,由动能定理可得,W2-Ffx2=,解得v2=2 m/s,物体的最大动量为pm=mv2=2 kg·m/s,选项D错误。
例6 (多选)如图甲所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长,上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是( )
A.滑块上升过程中动能与电势能之和增大
B.滑块上升过程中动能与电势能之和减小
C.滑块受到的电场力大小为
D.滑块的重力大小为
BC
解析 滑块上升过程中重力势能增大,根据能量守恒可知动能与电势能之和减少,故A错误,B正确;根据功能关系可知,滑块的机械能的变化量等于电场力做的功,构成了函数关系E=4E0-F电x,所以电场力的大小为F电=-,故C正确;滑块上滑过程中,机械能减少,则电场力对滑块做负功,滑块机械能减少了ΔE=4E0-3E0=E0,又由于滑块动能减少了ΔEk=4E0,重力势能增加了ΔEp=3E0,则滑块克服重力做的功为W=mgsin 37°·x0=3E0,解得滑块的重力大小为mg=,故D错误。
解题思维链
命题角度2动能定理在多过程问题中的应用
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。
例7 (2025黑吉辽蒙卷)如图所示,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向
的夹角α。
答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块在屋顶上运动的过程中,由动能定理得mg·xsin θ-μmgcos θ·x =-0
代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,在空中做斜下抛运动,由动能定理得mgh=
代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s
速度方向与水平方向夹角为α,由几何关系得cos α=
解得α=60°。
考点三 机械能守恒定律的理解及应用
命题角度1单个物体的机械能守恒
(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。
(2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。
例8 如图甲所示,一根质量为m、长度为L的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上,细绳右端恰好处于桌子边缘,桌面离地面足够高。由于扰动,细绳从静止开始沿桌边下滑。当细绳下落的长度为x时,加速度大小为a,细绳转折处O点的拉力大小为F,桌面剩余细绳的动能为Ek、动量为p,如图乙所示。则从初态到细绳全部离开桌面的过程中,下列说法正确的是( )
A.当x=时,拉力F有最大值
B.当x=时,动量p有最大值
C.当x=时,加速度a有最大值
D.当x=时,动能Ek有最大值
D
解析 对整段细绳由牛顿第二定律可得xg=ma,隔离桌面部分由牛顿第二定律可得F=ma,联立可得a=g,F=mg,故当x=L时,a有最大值;当x=时,F有最大值,A、C错误。由机械能守恒定律得xg·mv2,可得v=x,所以p=mx,故当x=时,动量p有最大值,B错误。根据Ek=v2=x2,由数学知识可得,当x=时,动能Ek有最大值,D正确。
例9 如图所示,半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点,半圆轨道的圆心为O,半径为R,C为其最高点。BD段为双轨道,D点以上只有内轨道,D点与圆心的连线与水平方向夹角为θ,一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动,能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩擦。则( )
A.小球到达C点时速度大小为
B.小球到达C点后会向左做平抛运动
C.小球在A点的初动能等于mgR
D.若小球到达D点时对内外轨道均无弹力,则sin θ=
D
解析 由于D点以上只有内轨道,小球沿圆弧轨道恰好到达C点,可知,小球到达C点时速度为0,小球到达C点后不会向左做平抛运动,故A、B错误;小球从A点到达C点过程,根据机械能守恒定律有-mg·2R=0-Ek0,解得Ek0=2mgR,故C错误;若小球到达D点时对内外轨道均无弹力,根据牛顿第二定律有mgsin θ=m,小球从A点到达D点过程,根据机械能守恒定律有-mg(R+Rsin θ)=-Ek0,解得sin θ=,故D正确。
命题角度2多个物体系统机械能守恒
(1)适用条件:①分析机械能是否守恒时,必须明确要研究的系统;②系统机械能守恒时,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能通常不守恒;③对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。
(2)一般用“转化观点ΔEp=-ΔEk”或“转移观点ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。
例10 如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k=500 N/m的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B在弹簧上且处于静止状态。B、C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛,现无初速释放C,C沿斜面下滑s= m时,细绳绷直且cd段与斜面平行,随后C继续沿斜面向下运动,在C整个下滑过程中,A始终没有离开地面,C一直在斜面上。已知B的质量为mB=1.0 kg,C的质量为mC=4.0 kg,斜面倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2,细绳与滑轮之间的摩擦不计,不计空气阻力。求:
(1)细绳刚绷直(无拉力)时C的速度v1;(用根式表示)
(2)B的最大速度vm;
(3)对弹簧和物体构成的系统,当弹簧的形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)。为使A不离开地面,求A的质量范围。
答案 (1) m/s (2)1.0 m/s
(3)mA≥6.0 kg
解析 (1)C沿斜面下滑s,由动能定理有mCgssin α=mC
解得v1= m/s。
(2)细绳绷直瞬间,B、C系统动量守恒,则有mCv1=v
解得v= m/s
开始释放C时,B受力平衡,设此时弹簧的压缩量为x1,则有kx1=mBg
代入数据得x1==2 cm
B、C的加速度为0时,B的速度最大。设此时弹簧的伸长量为x2,根据牛顿第二定律,对B有FT-mBg-kx2=0
对C有mCgsin α=FT
联立得x2=2 cm
x1=x2,两个状态弹簧的弹性势能相等,从细绳刚绷直到B、C速度最大的过程中,由机械能守恒定律有
mCgsin α(x1+x2)-mBg(x1+x2)=(mB+mC)(mB+mC)v2
代入数据解得vm=1.0 m/s。
(3)设弹簧的伸长量为x时,B、C的速度为零,此时弹簧弹力最大。对B、C及弹簧构成的系统,从细绳绷直到B、C速度为零,由机械能守恒定律有
kx2-(mB+mC)v2+(mCgsin α)(x1+x)-mBg(x1+x)
代入数据解得x=12 cm
要使A不离开地面,对A有
kx≤mAg
解得mA≥6.0 kg。
例11 (2025广东深圳模拟)抛石机是古代交战的一种兵器,巧妙利用了动能和势能的转化。为了研究方便,简化为如图所示的物理模型,轻杆两端分别固定质量为m0、m的小球A、B,m0=24m。轻杆可绕水平转轴O自由转动,O到水平地面的高度为H(H>L),A、B到O点的距离分别为L、4L。现将轻杆拉到水平并从静止释放,当轻杆运动到竖直时B脱离轻杆做平抛运动,两小球均可视为质点,不计转轴摩擦及空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)B脱离轻杆时,A和B的总动能;
(2)B做平抛运动的水平射程。
答案 (1)20mgL
(2)4
解析 (1)对A、B所组成的系统,以轻杆水平时所在平面为零势能面,由机械能守恒定律有0=-m0gL+mg·4L+m0
又Ek总=m0
解得Ek总=20mgL。
(2)轻杆运动到竖直时,设B、A的速度分别为v1、v2,轻杆转动的角速度为ω,对B有v1=ω·4L
对A有v2=ωL
B做平抛运动过程中,设运动时间为t,竖直方向分运动为自由落体运动,有
H+4L=gt2
水平方向分运动为匀速直线运动,有x=v1t
解得x=4。
多题归一 连接体系统模型
求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系。
共速率 模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速 度模型
两物体角速度相同,线速度大小与半径成正比
关联速 度模型
此类问题注意速度的分解,找出两物体速度关系,当某物体位移最大时,速度可能为0
考点四 功能关系与能量守恒定律的理解及应用
1.几种常见的功能关系
2.应用能量守恒定律的两点注意
(1)含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统,优先选用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。
例12 (2025四川卷)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内( )
A.物块的位移大小为
B.物块机械能增量为
C.小车的位移大小为
D.小车机械能增量为
C
解析 对物块受力分析,物块的加速度a=g,物块的位移大小x=,A错误;物块的机械能增量ΔE=+mgxsin 30°=,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t=,小车从静止加速到v0,有Pt-mgx2sin 30°-μmgcos 30°·x2=,可得x2=,C正确;小车机械能增量ΔE'=+mgx2sin 30°=,D错误。
例13 (2025北京丰台一模)“能量回收”装置可使电动车在减速或下坡过程中把机械能转化为电能。质量m=2×103 kg的电动车以Ek0=1×105 J的初动能沿平直斜坡向下运动。第一次关闭电动机,电动车自由滑行,动能位移关系如图线①所示;第二次关闭电动机的同时,开启电磁制动的“能量回收”装置。电动车动能位移关系如图线②所示,行驶200 m的过程中,回收了E电=1.088×105 J的电能。求:
(1)图线①所对应的过程,电动车所受合力F合的大小;
(2)图线②所对应的过程中,电动车行驶到150 m处受
到的电磁制动力F的大小及电磁制动功率P;
(3)图线②所对应的全过程,机械能转化为电能的效率η。
答案 (1)500 N (2)500 N 4 000 W
(3)80%
解析 (1)根据功能关系有ΔEk=F合Δx,得F合=,由图像可知F合=500 N。
(2)在x=150 m处,电动车处于平衡状态,故此时由发电产生的电磁制动力大小为F=500 N
此时电动车的动能Ek1=mv2,又Ek=0.64×105 J
得v=8 m/s
电磁制动功率为P=Fv=4 000 W。
(3)图线②相对于图线①全过程减少的机械能为E机=Ekmax-Ekmin=1.36×105 J
机械能转化为电能的效率为η=×100%=80%。
