2020届二轮复习专题二能量与动量第5课时动量与能量观点的综合应用课件（39张） 39页

专题二 　 能量与动量 第 5 课时 动量与能量观点的综合应用 栏目索引 考点 1 　动量定理与动量守恒定律的应用 考点 2 　碰撞类问题 考点 3 　动力学、动量和能量观点的综合应用 1. 动量定理 (1) 公式： Ft ＝ p ′ － p ＝ Δ p (2) 理解： 等式左边是过程量 Ft ，右边是两个状态量之差，是 式 . v 1 、 v 2 是以同一惯性参考系为参照的； Δ p 的方向可与 m v 1 一致、相反或成某一角度，但是 Δ p 的方向一定与 的方向一致 . 考点 1 　动量定理与动量守恒定律的应用 矢量 F 2. 动量守恒定律 (1) 表达式： m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝ 或 p ＝ p ′ ，或 Δ p ＝ 0 ，或 Δ p 1 ＝－ Δ p 2 . (2) 守恒条件 ① 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零 . ② 系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为 ，则系统在该方向上动量守恒 . ③ 系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如 、爆炸过程 . 3. 应用技巧 (1) 动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用 . (2) 动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统 . (3) 判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力 . (4) 两规律都是矢量式，书写时要规定正方向 . m 1 v 1 ′ ＋ m 2 v 2 ′ 零 碰撞 例 1 　 (2019· 山东济南市上学期期末 ) 某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度 . 如图 1 所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象 . 图中作出了 t ＝ 0.5 s 时刻的切线，小球的质量为 0.5 kg ，重力加速度 g 取 10 m/s 2 ，求： (1) 小球在 t ＝ 0.5 s 时刻的加速度大小； 图 1 答案　 4 m/s 2 (2) 小球最终的收尾速度的大小； 解析　 设空气阻力与速度大小的正比系数为 k ， 当 v ＝ 4 m/s 时，有： mg － k v ＝ ma 达到最大速度时，有 mg ＝ k v m (3) 小球从静止下落到 t ＝ 0.5 s 时刻的位移大小 . 解析　 在 0 到 t ＝ 0.5 s 内对小球由动量定理可得 mgt － Σk v i Δ t ＝ m v － 0 即： mgt － kx ＝ m v － 0 变式训练 1.(2019· 全国卷 Ⅰ ·16) 最近，我国为 “ 长征九号 ” 研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展 . 若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s ，产生的推力约为 4.8 × 10 6 N ，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为   A.1.6 × 10 2 kg B.1.6 × 10 3 kg C.1.6 × 10 5 kg D.1.6 × 10 6 kg √ 2.(2019· 山西晋中市适应性调研 ) 如图 2 所示，在光滑水平面上有一质量为 m 的物体，它受到水平向右的力 F 的作用 . 力 F 分别按下图 A 、 B 、 C 、 D 所示的四种方式随时间 t 变化 ( 图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿水平向右为正方向 ). 已知物体在 t ＝ 0 时速度为零，若用 v 1 、 v 2 、 v 3 、 v 4 分别表示上述四种受力情况下物体在 2 s 末的速率，则这四个速率中最大的是   图 2 √ 解析　 物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用， 合力等于拉力， 根据动量定理，有： I ＝ m v － 0 ， 故力 F 的冲量最大时，末速度最大； 上方冲量为正，下方冲量为负，由于 A 图中冲量的矢量和最大，故 A 图中物体的末速度最大；故选 A. 例 2 　 (2019· 江苏南通市通州区、海门市、启东市联考 ) 如图 3 甲所示的水平面上， B 点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知 m 甲 ＝ 2 kg ， m 乙 ＝ 4 kg. 乙球与水平面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.2. 现给甲球一个水平向右的速度，大小为 v 1 ＝ 5 m /s ，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小 v 1 ′ ＝ 1 m/ s. (1) 试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小； 图 3 答案 　 3 m /s 解析　 规定水平向右为正方向 . 由动量守恒定律有： m 甲 v 1 ＝ m 甲 ( － v 1 ′ ) ＋ m 乙 v 2 解得： v 2 ＝ 3 m/s ； (2) 碰撞后，立即有一水平向右的拉力 F 作用在乙球上， F 随时间变化的规律如图乙所示，试求 3 s 末乙球的速度大小 . 答案 　 0.75 m/ s 解析　 由动量定理有： I F － μm 乙 gt ＝ m 乙 v 2 ′ － m 乙 v 2 解得： v 2 ′ ＝ 0.75 m/s. 变式训练 3.(2019· 宁夏银川市六盘山上学期期末 ) 如图 4 所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置 . 现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v 0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为 √ 图 4 解析　 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力， 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动， 后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变， 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力， 规定水平向右为正方向， 根据动量定理得： I ＝－ ( M ＋ m ) v － m v 0 ＝－ 2 m v 0 ， 所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2 m v 0 ，故选 D. 1. 三类碰撞的特点 考点 2 　碰撞类问题 动量 机械能 机械能 2. 熟记结论 “ 一动碰一静 ” ：两物体 ( m 1 初速度为 v 0 ， m 2 静止 ) 发生弹性正碰后的速度 v 1 ＝ ， v 2 ＝ . 3. 基本思路 (1) 弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程 . (2) 进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点 . (3) 光滑的平面或曲面 ( 仅有重力做功 ) ，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析 . 例 3 　 (2019· 山东日照市上学期期末 ) 如图 5 所示，光滑的水平桌面上放置一质量 M ＝ 4 kg 、长 L ＝ 0.6 m 的长木板 B ，质量 m ＝ 1 kg 的小木块 A ( 可看成质点 ) 放在长木板的左端，开始 A 、 B 均处于静止状态 . 现有一个与 A 完全相同的小木块 C 从长木板右侧以 v 0 ＝ 6 m /s 的初速度冲向长木板，碰后以 v 1 ＝ 2 m/ s 的速度被反向弹回 ( 碰撞时间极短 ) ，最终小木块 A 恰好不从长木板上滑下 . 取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 . 求： (1) 碰后瞬间长木板 B 的速度； 图 5 答案　 2 m/s ，方向向左 解析　 规定向左为正方向，对 B 、 C 系统，由动量守恒定律得： m v 0 ＝ M v － m v 1 代入数据解得： v ＝ 2 m/s ，方向向左； (2) 小木块 A 与长木板间的动摩擦因数 . 答案　 0.27 解析　 A 与 B 作用过程，对 A 、 B 系统，由动量守恒定律得： M v ＝ ( M ＋ m ) v 共 代入数据解得： v 共 ＝ 1.6 m/s 代入数据解得： μ ≈ 0.27. 变式训练 4. ( 多选 ) (2019· 吉林 “ 五地六校 ” 合作体联考 ) 如图 6 所示，在光滑水平地面上， A 、 B 两物体质量都为 m ， A 以速度 v 向右运动， B 左端有一轻弹簧且初速度为 0 ，在 A 与弹簧接触以后的过程中 ( A 与弹簧不粘连 ) ，下列说法正确的是   A. 轻弹簧被压缩到最短时， A 、 B 系统总动量仍然为 m v B. 轻弹簧被压缩到最短时， A 的动能为 m v 2 C. 弹簧恢复原长时， A 的动量一定为零 D. A 、 B 两物体组成的系统机械能守恒 √ 图 6 √ 解析　 A 和 B 组成的系统所受的外力之和为零， 动量守恒，初态总动量为 m v ， 则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为 m v ，故 A 正确； 轻弹簧被压缩到最短时 A 和 B 的速度相等，由动量守恒有 m v ＝ 2 m v 共 ， A 和 B 在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中， A 和 B 及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时， A 、 B 系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒， 而 A 、 B 及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故 D 错误 . 5.(2019· 河南名校联盟高三下学期 2 月联考 ) 如图 7 所示，小木块用细线吊在 O 点，此刻小物块的重力势能为零 . 一颗子弹以一定的水平速度射入木块 A 中，并立即与 A 有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角 α (0< α <90°). 如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角 α 、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差 Δ E ，有   A. α 角增大， Δ E 也增大 B. α 角增大， Δ E 减小 C. α 角减小， Δ E 增大 D. α 角减小， Δ E 也减小 图 7 √ 解析　 小木块质量增大，由动量守恒可知， 小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角 α 减小， 则 M 增大时， Δ E 增大， C 正确 . 6.(2019· 重庆市部分区县第一次诊断 ) 如图 8 ，立柱固定于光滑水平面上 O 点，质量为 M 的小球 a 向右运动，与静止于 Q 点的质量为 m 的小球 b 发生弹性碰撞，碰后 a 球立即向左运动，不计 b 球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计， b 球恰好在 P 点追到 a 球， Q 点为 OP 中点，则 a 、 b 球质量之比 M ∶ m 为   A.3 ∶ 5 B.1 ∶ 3 C.2 ∶ 3 D.1 ∶ 2 图 8 √ 解析　 设 a 、 b 两球碰后速度大小分别为 v 1 、 v 2 . 由题有： b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在 P 点追上 a 球， 则从碰后到相遇 a 、 b 球通过的路程之比为： s 1 ∶ s 2 ＝ 1 ∶ 3 ， 根据 s ＝ v t 得： v 2 ＝ 3 v 1 ， 以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞， 由动量守恒定律得： M v 0 ＝ M ( － v 1 ) ＋ m v 2 ， 解得 M ∶ m ＝ 3 ∶ 5 ， A 正确 . 1. 三个基本观点 (1) 力的观点：主要是牛顿运动定律和 公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动等问题 . (2) 动量的观点：主要应用动量定理或 定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及物体间的相互作用问题 . (3) 能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用 定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律 . 考点 3 　动力学、动量和能量观点的综合应用 运动学 动量守恒 动能 2. 选用原则 (1) 单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律 . 若其中涉及时间的问题，应选用 定理；若涉及位移的问题，应选用 定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律 . (2) 多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用 ，然后再根据能量关系分析解决 . 3. 系统化思维方法 (1) 对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动 . (2) 对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体 ( 或系统 ). 动量 动能 动量守恒定律 例 4 　 (2019· 全国卷 Ⅰ ·25) 竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图 9(a) 所示 . t ＝ 0 时刻，小物块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞 ( 碰撞时间极短 ) ；当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点 ( 图中未标出 ) 时，速度减为 0 ，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止 . 物块 A 运动的 v － t 图像如图 (b) 所示，图中的 v 1 和 t 1 均为未知量 . 已知 A 的质量为 m ，初始时 A 与 B 的高度差为 H ，重力加速度大小为 g ，不计空气阻力 . (1) 求物块 B 的质量； 图 9 答案　 3 m 解析　 根据题图 (b) ， v 1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小， 设物块 B 的质量为 m ′ ，碰撞后瞬间的速度大小为 v ′ . 联立 ①② 式得 m ′ ＝ 3 m ③ (2) 在图 (b) 所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； 解析　 在题图 (b) 所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 F f ，下滑过程中所经过的路程为 s 1 ，返回过程中所经过的路程为 s 2 ， P 与水平轨道的高度差为 h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W . 物块 A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W ＝ F f s 1 ＋ F f s 2 ⑨ (3) 已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等 . 在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上 . 求改变前后动摩擦因数的比值 . 解析　 设倾斜轨道倾角为 θ ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 μ ， 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s ′ ， 设改变后的动摩擦因数为 μ ′ ，由动能定理有 变式训练 7.(2019· 全国卷 Ⅱ ·25) 一质量为 m ＝ 2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶 . 行驶过程中，司机突然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车 . 刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图 10(a) 中的图线 . 图 (a) 中， 0 ～ t 1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间 ( 这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶 ) ， t 1 ＝ 0.8 s ； t 1 ～ t 2 时间段为刹车系统的启动时间， t 2 ＝ 1.3 s ；从 t 2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止 . 已知从 t 2 时刻开始，汽车第 1 s 内的 位移为 24 m ，第 4 s 内的位移为 1 m. (1) 在图 (b) 中定性画出从司机发现 警示牌到刹车系统稳定工作后汽车 运动的 v － t 图线； 图 10 答案　 见解析 解析　 v － t 图线如图所示 . (2) 求 t 2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； 答案　 见解析 解析　 设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v 1 ，则 t 1 时刻的速度也为 v 1 ， t 2 时刻的速度为 v 2 ，在 t 2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a ，取 Δ t ＝ 1 s ，设汽车在 t 2 ＋ ( n － 1)Δ t ～ t 2 ＋ n Δ t 内的位移为 s n ， n ＝ 1,2,3 … . 若汽车在 t 2 ＋ 3Δ t ～ t 2 ＋ 4Δ t 时间内未停止，设它在 t 2 ＋ 3Δ t 时刻的速度为 v 3 ，在 t 2 ＋ 4Δ t 时刻的速度为 v 4 ，由运动学公式有 s 1 － s 4 ＝ 3 a (Δ t ) 2 ① v 4 ＝ v 2 － 4 a Δ t ③ 这说明在 t 2 ＋ 4Δ t 时刻前，汽车已经停止 . 因此， ① 式不成立 . 由于在 t 2 ＋ 3Δ t ～ t 2 ＋ 4Δ t 内汽车停止，由运动学公式 v 3 ＝ v 2 － 3 a Δ t ⑤ 2 as 4 ＝ v 3 2 ⑥ 联立 ②⑤⑥ 式，代入已知数据解得 a ＝ 8 m /s 2 ， v 2 ＝ 28 m/ s ⑦ 但 ⑧ 式情形下， v 3 <0 ，不合题意，舍去 . (3) 求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t 1 ～ t 2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少 ( 以 t 1 ～ t 2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度 )? 答案　 见解析 解析　 设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 f 1 ， 由牛顿第二定律有 f 1 ＝ ma ⑨ 由动量定理有 I ＝ m v 1 － m v 2 ⑪ 联立 ⑦⑨⑩ ⑪⑫ 式，代入已知数据解得 v 1 ＝ 30 m/s ⑬ W ＝ 1.16 × 10 5 J ⑭ 联立 ⑦ ⑬⑮ 式，代入已知数据解得 s ＝ 87.5 m.