(共85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
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 (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
答案 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 娱乐风洞是一种空中悬浮装置,该装置通过人工制造和控制气流,把游客“吹”起来,让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示,悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m,受风的有效面积为S,气流速度为v0。已知重力加速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0,则气流的平均密度为
( )
B
解析 游客处于平衡,对其进行受力分析,气流对游客的平均作用力F1=mg,根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F2=F1,以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象,则有Δm=ρv0ΔtS,规定竖直向上为正方
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Ff2,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。
2.2023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Ff=μmg=2 N,0~3 s内对物块由动量定理可知(F0-Ff)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+Ff)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;设0~3 s内物块的位移大小为x1,由动能定理可得(F0-Ff)x1 =,解得x1=9 m,设3~4 s内物块的位移大小为x2,由动能定理可得
-(F0+Ff)x2=0-,解得x2=3 m,4~6 s内物块反向运动,物块的加速度大小a==2 m/s2,物块的位移大小为x3==4 m4.(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。
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
(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 (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
答案 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。
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 (2023湖南卷)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离。
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程。
拓展衍生
5.(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.
答案 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。
6.(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
7.(多选)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
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。
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。
拓展衍生
8.(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;
9.(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;
(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;
(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。
答案 (1)4 m/s 22 N
(2)0.3
(3)2.5 s
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得
mgh-0.2mgLFG= mv2
解得v=6 m/s
摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1,以滑块和摆渡车为系统,
根据系统动量守恒可得mv=2mv1
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湖北卷)如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到P点正上方,轻绳不松弛,求P点到O点的最小距离。
答案 (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析 (1)小物块在传送带上加速运动过程,由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=5 m/s2
由运动学公式可得,小物块从放在传送带上到小物块与传送带共速,
运动的距离为x= =2.5 m则小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,
即v物=5 m/s。
(2)小物块与小球在碰撞过程中动量守恒,以水平向右为正方向,
由动量守恒定律有m物v物=m物v1+m球v2
其中v物=5 m/s,v1=-1 m/s
解得v2=3 m/s
两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物m物m球
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方,轻绳恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度大小为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有
解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
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安徽卷)如图所示,一实验小车静止在
光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与
光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨
道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车
最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于
O点正下方,并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为m0=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案 (1)6 N
(2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
(3)①物块恰能到圆弧轨道最低点
根据动量守恒定律有
m0v2=(m0+m0)v共
解得v共=2 m/s
根据能量守恒定律有
②物块恰能到圆弧轨道最高点
根据能量守恒定律有
解得μ2=0.25
综上所述,μ的取值范围是0.25≤μ<0.4。(共58张PPT)
第一讲 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 功和功率的分析与计算
命题角度1 功和功率 高考中侧重考查概念理解和公式应用
例1 (多选)(2022广东卷)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,lMN=lPQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有
( )
A.从M到N,小车牵引力大小为40 N
B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N,根据P1=F1v1,解得F1=40 N,选项A正确。从M到N,小车克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800 J,选项B正确。从P到Q,小车重力势能增加ΔEp=mglPQsin θ=5 000 J,选项C错误。从P到Q,牵引力所做功为W2=
=5 700 J,重力势能增加量为5 000 J,动能不变,根据功能关系,小车克服摩擦力做功为700 J,选项D正确。
例2 (2023山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
B
解析 由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水
命题角度2 机车启动的两类问题
近几年高考中常结合动车的情境以选择题形式考查
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
( )
答案 D
拓展衍生
1.(2023新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
答案 B
解析 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。
2.(多选)如图甲所示,一物块前端有一滑轮,轻绳的一端系在右方固定处,水平穿过滑轮,另一端用拉力F拉住,拉力F大小如图乙所示,前10 s内物块的v-t图像如图丙所示,保持拉力F与水平方向之间的夹角θ=60°不变,当用拉力F拉绳使物块前进时,下列说法正确的是( )
A.0~5 s内拉力F做的功为75 J
B.3 s末拉力F的功率为9 W
C.5~10 s内摩擦力大小为6 N
D.5~10 s内拉力F做的功为150 J
CD
解析 由图乙可得,0~5 s内拉力大小F1=6 N,由图丙可得0~5 s内物块的位移为s1= ×5×5 m=12.5 m,则0~5 s内拉力F做的功为W1=F1s1+F1s1cos θ,解得W1=112.5 J,A错误;由图丙可知,3 s末物块的速度为v1=3 m/s,3 s末拉力F的功率为P1=F1v1+F1v1cos θ,解得P1=27 W,B错误;5~10 s内,物块做匀速运动,则有Ff=F2+F2cos θ=6 N,C正确;由图乙可得,5~10 s内拉力大小为F2=4 N,由图丙可得,5~10 s内物块的位移为25 m,则5~10 s内拉力F做的功为W2=F2s2+F2s2cos θ,解得W2=150 J,D正确。
3.(2025内蒙古包头模拟)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看,喷泉喷出的水柱超过了30层楼的高度;靠近看,喷管的直径约为10 cm。水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。据此可估计用于给喷管喷水的电动机输出功率至少为( )
A.3.6×104 W B.5.8×104 W
C.2.9×105 W D.4.6×105 W
答案 C
解析 喷管直径约为10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,根据实际情况,每层楼高约为h=3 m,所以喷水的高度h=30×3 m=90 m,根据竖直上抛运动,水离开管口的速度为v= m/s=30 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为Δm=ρSvΔt=ρvΔtπr2,根据动能定理得PΔt=Δmv2,联立以上解得P=3.0×105 W,故选C。
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
高考中常结合W-x图像或Ek-x图像以选择题的形式考查
三步突破动能定理应用中的图像问题
例4 (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
答案 BC
命题角度2 动能定理在多过程和往复运动问题中的应用
这类问题在高考中常结合抛体运动或圆周运动以计算题的形式考查
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5 某遥控赛车轨道如图所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10 m后,从B点进入半径R=0.1 m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1 kg,通电后赛车以额定功率P=1.5 W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= ,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小。
(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间。
(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度。
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息 物理关系
光滑竖直圆轨道 竖直圆轨道没有摩擦力 Ff=0
最后在D点速度方向变为水平后飞出 从D点向右做平抛运动 平抛运动规律
赛车以额定功率P=1.5 W工作 以恒定功率运动,牵引力做功可求 W=Pt
【破题】
1.确定赛车为研究对象,选取运动过程,从“恰好能过圆轨道最高点P时的速度”入手,求出临界速度;
2.赛车共受到牵引力、摩擦力、重力、地面及轨道的弹力,其中牵引力做正功,摩擦力和重力做负功,弹力不做功;赛车在A点速度为0,在P点速度为第(1)问结果vP,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能列方程,求出通电时间;
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求解。
解析 (1)赛车恰好能通过圆轨道最高点P时,只受到重力,由重力提供向心力,即
解得vP=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即赛车到达P点的速度至少为1 m/s,设赛车通电的最短时间为t,赛车从开始运动到P点的全过程,
思维升华 应用动能定理解题的思维流程
拓展衍生
4.(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
A
解析 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ,即 =mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角θ不变,Ek-x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大,故A正确。
(1)求小物块到达D点的速度大小。
(2)求B和D两点的高度差。
(3)求小物块在A点的初速度大小。
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 只有重力做功
(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。
(3)单个物体机械能守恒的题目都可以用动能定理解答。
例6 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,绳子右端恰好处于桌子边缘,桌面离地面足够高。由于扰动,绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为x时,加速度大小为a,绳转折处O点的拉力大小为F,桌面剩余绳的动能为Ek、动量为p,如图乙所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中,下列说法正确的是( )
D
明确牵连物体间速度和位移的关系
命题角度2 多个物体系统机械能守恒
(1)适用条件:只有重力和系统内弹力做功。
(2)一般用“转化观点:ΔEp=-ΔEk”或“转移观点:ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。
(3)应用机械能守恒定律的三点提醒: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对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。
例7 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。为使A不离开地面,求A的质量范围。
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
(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
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。
规律总结 应用机械能守恒定律解题的基本思路
拓展衍生
6.(2022全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于
( )
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
答案 C
解析 如图所示,设圆环下降的高度为h,圆环的半径为R,圆环到P点的距离为l,
7.如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直面内,圆环
的圆心O的正上方B点固定一定滑轮,B点的左侧再固定
一定滑轮,轻质细线跨过两个滑轮,一端连接质量为m的
物块,另一端连接质量也为m的小球,小球套在圆环上,
从圆环上的A点由静止开始释放,OA与竖直方向的夹角
为53°,且AB正好沿圆环的切线方向,P点为圆环的最高
点,不计一切摩擦,不计滑轮、小球以及物块的大小,重力
加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)小球释放瞬间的加速度;
(2)小球运动到P点时的速度。
解析 (1)小球释放的瞬间,小球和物块的加速度大小相等,设加速度大小为a,细线的拉力的大小为FT,对小球分析有
FT-mgsin 53°=ma
对物块分析有
mg-FT=ma
(2)小球从A运动到P,物块下降的高度为h=hAB-hBP
由于小球由A运动到P点时,细线与小球的速度v垂直,则小球沿细线方向的分速度为0,由关联速度可知物块的速度为0,小球和物块组成的系统机械能守恒,则有
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)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量的转化和守恒定律。
(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8 (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
答案 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。
拓展衍生
8.(2025黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,倾角为30°、足够长的粗糙斜面固定在水平地面上,轻绳一端连接质量为4 kg的物体A,另一端跨过光滑的定滑轮连接质量为6 kg的物体B,斜面上方轻绳始终与斜面平行且处于伸直状态,已知物体A与斜面间的动摩擦因数μ=,物体B距地面高度h=0.5 m。现将物体A、B由静止释放,B落地后不再弹起,A不会与滑轮相撞,物体A、B可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,求:
(1)物体B刚要接触地面时的速度大小;
(2)物体A向上滑动的整个过程中与
斜面间因摩擦产生的热量。
答案 (1)1 m/s (2)16.2 J
解析 (1)从物体A、B由静止释放到物体B刚要接触地面时速度大小为v的过程,设绳子拉力做功为W,对于B,根据动能定理mBgh-W=mBv2-0
对于A,根据动能定理W-mAghsin 30°-μmAghcos 30°=mAv2-0
解得v=1 m/s。
(2)从物体A速度大小为v到0的过程-mAgxsin 30°-μmAgxcos 30°=0-mAv2
解得x=0.04 m
物体A向上滑动的整个过程中与斜面间产生的热量
Q=μmAg(x+h)cos 30°
解得Q=16.2 J。
