適用于老高考舊教材廣西專版2023屆高考物理二輪總復(fù)習(xí)第二部分專題二第7講動量動量的綜合應(yīng)用課件

第7講動量動量的綜合應(yīng)用專題二內(nèi)容索引0102核心梳理?規(guī)律導(dǎo)引高頻考點?探究突破03新題演練?能力遷移04怎樣得高分核心梳理?規(guī)律導(dǎo)引【知識脈絡(luò)梳理】

【規(guī)律方法導(dǎo)引】

1.知識規(guī)律(1)動量定理:Ft=Δp=p'-p。(2)動量守恒定律。①m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p'。②Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。③Δp=0,系統(tǒng)總動量的增量為零。2.思想方法(1)物理思想:守恒思想、轉(zhuǎn)化思想。(2)物理方法:守恒法、轉(zhuǎn)化法。高頻考點?探究突破命題熱點一動量定理常以選擇題或計算題形式考查動量定理的應(yīng)用。例1右圖為教室內(nèi)吊扇,在炎熱的夏日為我們提供清涼。某同學(xué)通過查閱資料發(fā)現(xiàn)該型號吊扇質(zhì)量m=1kg,旋轉(zhuǎn)直徑D=1000mm,某擋位轉(zhuǎn)速n=2000r/min時,能使空氣得到v=2m/s的速度(初速度認(rèn)為是零),已知空氣密度ρ=1.29kg/m3,g=9.8m/s2,求風(fēng)扇正常工作時,懸掛點對天花板的拉力。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)思維導(dǎo)引

答案:

5.75N,方向向下

解析:

設(shè)在Δt時間內(nèi)通過風(fēng)扇作用獲得2

m/s速度的空氣質(zhì)量為Δm,則有

由牛頓第三定律可知,空氣對風(fēng)扇的作用力F'=F=4.05

N風(fēng)扇受力平衡,天花板對風(fēng)扇的拉力F拉=mg-F'=5.75

N由牛頓第三定律可知,風(fēng)扇懸掛點對天花板的拉力大小為5.75

N,方向向下。規(guī)律方法

1.應(yīng)用動量定理的注意事項(1)一般來說,能用牛頓第二定律解決的問題,也能用動量定理解決,如果題目不涉及加速度和位移,用動量定理求解更簡捷。(2)動量定理既適用于恒力,也適用于變力。當(dāng)為變力時,動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。(3)動量定理的表達(dá)式是矢量式,運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。2.運用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題在處理此類問題時,常常需要把流體作為研究對象,如水、空氣等。隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對象,然后列式求解。基本思路:(1)在極短的時間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動量變化Δp=vΔm=ρv2SΔt。(5)運用動量定理FΔt=Δp。拓展訓(xùn)練1(2021·廣西河池九校聯(lián)考)2020年2月2日,四川援鄂物資航班飛赴武漢,執(zhí)飛任務(wù)的機長是“中國民航英雄機長”劉傳健。他曾于2018年5月14日執(zhí)行重慶飛拉薩任務(wù)時,在萬米高空突遇前擋風(fēng)玻璃破裂脫落的緊急關(guān)頭,沉著冷靜地率領(lǐng)機組人員奇跡般地安全迫降成都,挽救了近120名旅客及機組人員生命和國家財產(chǎn)安全。假設(shè)飛機擋風(fēng)玻璃破裂時飛機的速度大小約為900km/h,空中風(fēng)速不計,萬米高空空氣密度約為ρ=0.4kg/m3,機長的面部面積約為S=0.04m2,試估算機長面部受到的沖擊力大小約為(

)A.106N B.105

N C.104N D.103

ND解析:

機長面部的面積約為S=0.04

m2,空氣與機長的相對速度等于飛機的速度v=250

m/s,時間t內(nèi)吹在面部的空氣的質(zhì)量為m,則m=ρSvt,根據(jù)動量定理得-Ft=0-mv=0-ρSv2t,解得機長面部受到的沖擊力大小F=ρSv2=0.4×0.04×2502

N=1

000

N,故選項D正確,A、B、C錯誤。命題熱點二動量守恒定律的應(yīng)用常以選擇題或計算題的形式考查動量守恒定律的應(yīng)用。

例2(2021·廣西北海期末)如圖所示,一足夠長傾角為α=37°的斜面固定在水平地面上,有一質(zhì)量為m1=4kg的滑塊M在斜面上的B點靜止,滑塊M與斜面的動摩擦因數(shù)處處相等且為μ=0.8。另一質(zhì)量為m2=2kg的滑塊N(下表面光滑)從離B點距離為d=

m且在B點上方的A點由靜止下滑,之后兩滑塊發(fā)生碰撞(碰撞時間極短),若碰后分離且M的速率是N的2倍,碰后兩者速度方向均沿斜面向下,已知重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,兩滑塊皆可看成質(zhì)點。求:(不考慮多次碰撞)(1)碰前瞬間N的速度大小及碰后瞬間M的速度大小;(2)此次碰撞過程中損失的機械能。思維導(dǎo)引

答案:

(1)10m/s

4m/s

(2)64J解析:

(1)設(shè)N碰前的速度為v1,碰后的速度為v2,則M的速度為2v2,代入數(shù)據(jù)解得v1=10

m/sN與M碰撞時,由于碰撞時間極短,故系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定沿斜面向下為正,m2v1=m2v2+m1·2v2代入數(shù)據(jù)解得v2=2

m/s故M的速率為4

m/s。規(guī)律方法

一般碰撞的三個制約關(guān)系一般碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間:動量守恒,機械能(或動能)有損失,遵循以下三個制約關(guān)系:(1)動量制約:碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約,總動量的方向恒定不變,即p1+p2=p1'+p2'。(2)動能制約:在碰撞過程中,碰撞雙方的總動能不會增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)運動制約:碰撞要受到運動的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同向運動,碰撞后原來在前面的物體速度必增大,且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度。拓展訓(xùn)練2(2022·廣西五市聯(lián)考二模)如圖所示,一輛質(zhì)量m1=2.0kg的平板車,左端放有質(zhì)量m2=4.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點),滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。開始時平板車和滑塊共同以v1=2.0m/s的速度在光滑水平面上向右運動,并與豎直墻壁發(fā)生碰撞,設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變,但方向與原來相反,平板車足夠長,以致滑塊不會滑到平板車右端后掉下,重力加速度g取10m/s2。求:(1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離x1;(2)平板車第一次碰撞后再次與滑塊共速時,平板車右端距墻壁的距離l;(3)從平板車第一次與墻壁碰撞后瞬間算起,平板車來來回回所走的總路程s。解析:

(1)平板車向左運動過程中始終受摩擦力的作用,有μm2g=m1a,解得a=2

m/s2解得x1=1

m。

(2)設(shè)滑塊與平板車相對靜止時,二者共同速度為v2,以水平向右為正方向,再次共速m2v2+m1(-v2)=(m2+m1)v3命題熱點三動量和能量的綜合應(yīng)用常以計算題形式考查應(yīng)用動量或能量關(guān)系分析問題。例3(2022·山東高考模擬)如圖甲所示的康樂棋也稱康樂球,是一種棋類游戲,游戲時雙方用“球桿”通過擊打母棋撞擊其他棋子入洞,棋子順利入洞者可連續(xù)擊打,所有棋子打入洞內(nèi)算一局,一局中打入的棋子最多的一方獲勝。某康樂棋的母棋、棋子與棋桌之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,母棋的質(zhì)量m0=50g,被擊打的棋子質(zhì)量均為m1=30g。如圖乙所示,母棋、棋子A與1號洞在一條直線上,某玩家擊打母棋,使其與棋子A碰撞后,棋子A恰好落入1號洞。已知母棋距離1號洞口d0=40cm,棋子A距離1號洞口d1=10cm。設(shè)它們之間的碰撞為彈性碰撞。棋子的大小可忽略不計,重力加速度g取10m/s2。(1)求母棋與棋子A碰撞后瞬間,棋子A獲得的速度大小v。(2)為使棋子A恰好落入1號洞,玩家需擊打母棋使其獲得合適的速度。①求母棋撞擊棋子A前瞬間的速度大小v0。②保持母棋初始位置不變,改變棋子A在虛線上的位置,玩家對母棋做的功也相應(yīng)的需要改變,請你分析計算玩家對母棋做功的最小值。思維導(dǎo)引

答案:

(1)1m/s(2)①0.8m/s

②0.064J解析:

母棋的質(zhì)量m0=50

g=0.05

kg,被擊打的棋子質(zhì)量均為m1=30

g=0.03

kg;d0=40

cm=0.4

m,d1=10

cm=0.1

m。(1)碰撞后棋子A做勻減速直線運動,達(dá)到1號洞時速度恰好為零,由動能定解得v=1

m/s。(2)①母棋與棋子A發(fā)生彈性碰撞,系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒,取母棋碰前的速度方向為正方向,則有m0v0=m0v1+m1v代入數(shù)據(jù)解得v0=0.8

m/s。②設(shè)玩家對母棋做功為W,則母棋獲得的初動能為W,棋子A到1號洞的距解得W=0.1-0.09x(J)當(dāng)x=d0時,x最大,W最小,解得Wmin=(0.1-0.09×0.4)

J=0.064

J。規(guī)律方法

動量觀點和能量觀點的選取原則(1)動量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度,而涉及物體運動時間的問題,特別對于打擊一類的問題,因時間短且沖擊力隨時間變化,應(yīng)用動量定理求解,即Ft=mv-mv0。②對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題,若只涉及初、末速度而不涉及力、時間,應(yīng)用動量守恒定律求解。(2)能量觀點①對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題,無論是恒力做功還是變力做功,一般都利用動能定理求解。②如果物體系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題,則采用機械能守恒定律求解。③對于相互作用的兩物體,若明確兩物體相對滑動的距離,應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程。拓展訓(xùn)練3(2021·福建福州第一中學(xué)高三模擬)如圖所示,上表面光滑的L形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長的斜面上。將一小物塊A從木板B的中點輕輕地釋放,同時解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過程時間極短且不計機械能損失。已知物塊A的質(zhì)量m=1kg,木板B的質(zhì)量m0=4kg,板長L=6m,木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求第一次碰撞前的瞬間A的速率。(2)求第一次碰撞后的瞬間B的速率。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的最大距離。答案:

(1)6m/s

(2)2.4m/s

(3)3m解析:

(1)對木板B受力分析,有μ(mA+mB)gcos

37°=mBgsin

37°所以在A與B發(fā)生碰撞前,木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)小物塊A與木板B發(fā)(2)設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2,碰撞過程動量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2聯(lián)立方程,解得v1=-3.6

m/s,v2=2.4

m/s可見,A與B第一次碰撞后,A的速度大小為3.6

m/s,方向沿斜面向上,B的速率為2.4

m/s。(3)A與B第一次碰撞后,A沿板向上做勻減速運動,B沿斜面向下做勻速直線運動,在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當(dāng)A與B速度相等之時,A與xB=v2t1聯(lián)立方程,解得xm=3

m。命題熱點四動量定理、動量守恒定律在電磁學(xué)中的綜合應(yīng)用常以選擇題或計算題形式考查動量定理、動量守恒定律在電場、磁場、電磁感應(yīng)中的應(yīng)用。例4如圖所示,兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上,左端向上彎曲,導(dǎo)軌間距為l,電阻不計。水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。導(dǎo)體棒a與b的質(zhì)量均為m,電阻值分別為Ra=R,Rb=2R。b棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處,a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放。運動過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直,重力加速度為g。(1)求a棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力的大小和方向。(2)求最終穩(wěn)定時兩棒的速度大小。(3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中,求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能。思維導(dǎo)引

解析:

(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場時的速度為v,從開始下落到進(jìn)入磁場,根據(jù)機械能守恒定律有(2)設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時的速度為v',從a棒開始進(jìn)入磁場到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定,根據(jù)動量守恒定律有mv=2mv'規(guī)律方法

電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體棒問題要注意下列三點1.涉及單棒問題,一般考慮動量定理。2.涉及雙棒問題,一般考慮動量守恒。3.導(dǎo)體棒的運動過程要注意電路的串并聯(lián)及能量轉(zhuǎn)化和守恒。拓展訓(xùn)練4如圖所示,豎直平面MN與紙面垂直,MN右側(cè)的空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和水平向左的勻強電場,MN左側(cè)的水平面光滑,右側(cè)的水平面粗糙。質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上,已知該物體帶負(fù)電,電荷量的大小為q。一質(zhì)量為

m的不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后物體A的電荷量保持不變。(1)求碰撞后物體A的速度大小vA。(2)若A與水平面的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度的大小為g,磁感應(yīng)強度的大的距離為l時,速度增加到最大值。求:①此過程中物體A克服摩擦力所做的功W;②此過程所經(jīng)歷的時間t。解析:

(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB,由于A、B發(fā)生彈性碰撞,動量、動能均守恒,則有(2)①A的速度達(dá)到最大值vm時合力為零,受力如圖所示。豎直方向合力為零,有FN=qvmB+mg④水平方向合力為零,有qE=μFN⑤新題演練?能力遷移1.(2021·廣西南寧期末)中國高鐵成為走出國門的“中國名片”。小宏同學(xué)評估高鐵在運行時撞擊飛鳥的安全問題,假設(shè)飛鳥的質(zhì)量為0.25kg,列車的速度是300km/h,忽略小鳥的初速度,兩者相撞的作用時間是0.01s,請你幫助小宏同學(xué)估算飛鳥對高鐵的平均撞擊力最接近于(

)A.2×103N B.2×104NC.2×105N D.2×106NA解析:

分析飛鳥的受力情況,忽略小鳥的初速度,末速度和高鐵一樣,v=300

km/h=83.3

m/s,設(shè)高鐵的速度方向為正方向,由動量定理可得Ft=mΔv,解得F=

N=2×103

N,飛鳥對高鐵的平均撞擊力與高鐵對飛鳥的撞擊力大小相等、方向相反,故飛鳥對高鐵的平均撞擊力為2×103

N,故A正確,B、C、D錯誤。2.中國空間實驗室的建設(shè)過程是,首先發(fā)射核心艙,核心艙入軌并完成相關(guān)技術(shù)驗證后,再發(fā)射實驗艙與核心艙對接,組合形成空間實驗室。假設(shè)實驗艙先在近地圓形過渡軌道上運行,某時刻實驗艙短暫噴氣,離開過渡軌道與運行在較高軌道上的核心艙安全對接。忽略空氣阻力,以下說法正確的是(

)A.實驗艙應(yīng)當(dāng)向前噴出氣體B.噴氣前后,實驗艙與噴出氣體的總動量不變C.噴氣前后,實驗艙與噴出氣體的機械能不變D.實驗艙在飛向核心艙過程中,機械能逐漸減小B解析:

由題意可知,實驗艙噴氣后軌道變大,做離心運動,實驗艙在噴氣過程速度變大,實驗艙噴氣過程系統(tǒng)動量守恒,噴氣前后實驗艙與噴出氣體的總動量不變,噴出氣體后實驗艙速度變大,由動量守恒定律可知,應(yīng)向后噴出氣體,故A錯誤,B正確;噴氣過程作用力對實驗艙與氣體均做正功,系統(tǒng)機械能增加,故C錯誤;忽略空氣阻力,實驗艙在飛向核心艙過程只有萬有引力做功,實驗艙的機械能守恒,故D錯誤。3.(2021·浙江高三三模)如圖所示,質(zhì)量為m'的滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動,質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連,繩長為L。開始時,輕繩處于水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點時,滑塊剛好被一表面涂有黏性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達(dá)到最高點?；瑝K與小球均視為質(zhì)點,空氣阻力不計,重力加速度為g,則以下說法正確的是(

)A.繩的拉力對小球始終不做功B.滑塊與小球的質(zhì)量關(guān)系為m'=2mC4.(2020·天津卷)長為l的輕繩上端固定,下端系著質(zhì)量為m1的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動,恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回到最低點時,質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圓周運動,并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力,重力加速度為g。(1)求A受到的水平瞬時沖量I的大小。(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大?(2)設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為v',A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點,需滿足v'=vA⑤要達(dá)到上述條件,碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同,以此方向為正方向,設(shè)碰前瞬間B的速度大小為vB,由動量守恒定律,有m2vB-m1vA=(m1+m2)v'⑥5.(2022·廣東卷)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā),設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊,初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0=10m/s向上滑動時,受到滑桿的摩擦力Ff為1N,滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量m桿=0.6kg,A、B間的距離l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。求:(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中,桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2;(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;(3)滑桿向上運動的最大高度h。答案:

(1)8N

5N

(2)8m/s

(3)0.2m解析:

(1)當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的總重力,即FN1=(m+m桿)g=8

N滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1

N,根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1

N,方向豎直向上,則此時桌面對滑桿的支持力為FN2=m桿g-Ff=5

N。(2)滑塊向上運動到碰前瞬間,根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得v=8

m/s。

(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,即碰后兩者共速,碰撞過程根據(jù)動量守恒有mv=(m+m桿)v共碰后滑塊和滑桿以速度v共整體向上做豎直上拋運動,根據(jù)動能定理有怎樣得高分多研究對象、多過程碰撞問題【典例示范】如圖所示,質(zhì)量m0=3.5kg的小車M靜止于光滑水平面上靠近桌子處,其上表面與水平桌面相平,小車長

l=1.2m,其左端放有一質(zhì)量為0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定,質(zhì)量為1kg的小物塊P置于桌面上的A點并與彈簧的右端接觸,此時彈簧處于原長。現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi)),推力做的功為WF=6J,撤去推力后,P沿桌面滑到小車上并與Q相碰,最后Q停在小車的右端,P停在距小車左端s=0.5m處。已知A、B間距l(xiāng)1=5cm,A點離桌子邊沿C點距離l2=