第二講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用通覽知識(shí)明要點(diǎn)研學(xué)考點(diǎn)提能力目錄索引0102突破熱點(diǎn)聚素養(yǎng)03通覽知識(shí)明要點(diǎn)研學(xué)考點(diǎn)提能力考點(diǎn)一動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理高考風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)考題明細(xì)考查頻度動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理2024廣東卷,14;2024北京卷,8;2024福建卷,7;2023新課標(biāo)卷,19;2023廣東卷,10;2022湖北卷,7;2022重慶卷,4;2022海南卷,1全國(guó)卷:3年1考地方卷:3年7考命題角度1沖量、動(dòng)量的理解與計(jì)算1.沖量、動(dòng)量的理解2.計(jì)算沖量的三種方法

公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動(dòng)量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量。若F-t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解例1(多選)(2024福建卷)某物塊置于足夠長(zhǎng)的光滑斜面上并鎖定,t=0時(shí)刻解除鎖定,并對(duì)物塊沿斜面施加如圖所示變化的力F,以沿斜面向下為正方向,下列說(shuō)法正確的是(

)A.0~4t0,物塊一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)B.0~4t0,合外力的總沖量為0C.t0時(shí)動(dòng)量是2t0時(shí)的一半D.2t0~3t0過(guò)程物塊的位移小于3t0~4t0的位移AD解析

受力分析知,0~t0物塊受到的合外力是F合0=3mgsin

θ,t0~2t0物塊受到的合外力是-mgsin

θ,所以0~4t0,物塊先沿斜面勻加速向下運(yùn)動(dòng),后勻減速向下運(yùn)動(dòng),之后重復(fù)這兩個(gè)過(guò)程,選項(xiàng)A正確。根據(jù)沖量的定義可知,0~4t0,合外力的總沖量為I=IF+mgsin

θ·4t0,由F-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示沖量可知IF=0,故I=4mgt0sin

θ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由于初速度為0,根據(jù)動(dòng)量定理,t0時(shí)動(dòng)量為I1=F合0·t0=3mgt0sin

θ;0~2t0過(guò)程中F的沖量為0,故2t0時(shí)動(dòng)量為I2=2mgt0sin

θ,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。3t0時(shí)動(dòng)量為5mgt0sin

θ,4t0時(shí)動(dòng)量為4mgt0sin

θ,可知2t0時(shí)的速度小于4t0時(shí)的速度,2t0~3t0內(nèi)的平均速度小于3t0~4t0內(nèi)的平均速度,所以2t0~3t0過(guò)程物塊的位移小于3t0~4t0的位移,選項(xiàng)D正確。命題角度2動(dòng)量定理的理解與應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的四個(gè)要點(diǎn)(1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因,又是物體動(dòng)量變化的量度。注意:這里所說(shuō)的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說(shuō)是物體所受各個(gè)外力沖量的矢量和)。(2)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))。

可能是流體(3)動(dòng)量定理是過(guò)程定理,解題時(shí)必須明確過(guò)程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量。(4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。例2(多選)(2023廣東卷)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng),忽略阻力。開窗簾過(guò)程中,電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F,推動(dòng)滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時(shí)間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程,下列說(shuō)法正確的有(

)A.該過(guò)程動(dòng)量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5NBD解析

取向右為正方向,滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1=mv1=1×0.40

kg·m/s=0.40

kg·m/s,碰撞后動(dòng)量為p2=2mv2=2×1×0.22

kg·m/s=0.44

kg·m/s,則滑塊碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;對(duì)滑塊1,取向右為正方向,由動(dòng)量定理則有I1=mv2-mv1=1×0.22

kg·m/s-1×0.40

kg·m/s=-0.18

kg·m/s,負(fù)號(hào)表示方向水平向左,B正確;對(duì)滑塊2,取向右為正方向,則有I2=mv2=1×0.22

kg·m/s=0.22

kg·m/s,C錯(cuò)誤;對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=I2,解得F=5.5

N,則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5

N,D正確。例3

高壓水槍在清洗地面等場(chǎng)景中應(yīng)用廣泛。某高壓水槍槍口橫截面積為2.0×10-5m2,已知水的密度為1.0×103kg/m3,若槍口每秒噴出2.0kg的水,則噴水時(shí)槍口處水速為(

)A.1m/s

B.10m/sC.100m/s D.1000m/s答案

C解析

設(shè)水從高壓水槍噴出時(shí)的速度為v1,Δt時(shí)間高壓水槍噴出水的質(zhì)量m=ρv1ΔtS,每秒噴出2.0

kg的水,即

=2

kg,解得v1=100

m/s,故選C。規(guī)律方法

應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題的思維流程(1)在極短時(shí)間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對(duì)象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體的質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動(dòng)量變化Δp=Δmv=ρv2SΔt。(5)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt=Δp。拓展衍生1.(多選)使甲、乙兩條形磁體隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻(

)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零答案

BD解析

對(duì)甲、乙兩條形磁體分別做受力分析,如圖所示,由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,且同時(shí)由靜止釋放,可得v甲<v乙,A錯(cuò)誤;對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言,由于f1>f2,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動(dòng)量方向向左,顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小,B、D正確,C錯(cuò)誤。2.(2024山東濰坊高三期末)2023年4月25日,神舟十五號(hào)航天員乘組進(jìn)行了第四次出艙活動(dòng),象征著我國(guó)的航天科技實(shí)力水平的進(jìn)一步提升。假設(shè)某次航天員正執(zhí)行出艙維修任務(wù)時(shí),一維修扳手不慎脫手,脫手后以相對(duì)空間站的速度v沿直線向前飛出,航天員發(fā)現(xiàn)時(shí),扳手已經(jīng)飛出一段距離d。航天員立即啟動(dòng)噴氣背包,壓縮氣體從背包噴口持續(xù)向后噴出,氣體噴出的速度相對(duì)空間站恒定,航天員沿與扳手運(yùn)動(dòng)同一直線加速追及,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t追上扳手。已知噴口的橫截面積為S,噴出的壓縮氣體密度恒為ρ,航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計(jì)噴氣過(guò)程中航天員和裝備總質(zhì)量的變化。則氣體噴出時(shí)相對(duì)空間站的速度為(

)答案

C3.(多選)(2022全國(guó)乙卷)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng),F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s2。則(

)A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B.6s時(shí)物塊回到初始位置C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg·m/sD.0~6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J答案

AD解析

設(shè)F0=4

N,物塊與地面間的摩擦力大小為f=μmg=2

N,0~3

s內(nèi)對(duì)物塊由動(dòng)量定理可知(F0-f)t1=mv3,解得v3=6

m/s,3

s時(shí)物塊的動(dòng)量為p=mv3=6

kg·m/s,故C錯(cuò)誤;設(shè)3

s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得-(F0+f)t=0-mv3,解得t=1

s,所以物塊在4

s時(shí)速度減為0,此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確;考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用高考風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)考題明細(xì)考查頻度動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用2024江蘇卷,14;2024湖北卷,10;2024甘肅卷,14;2023湖南卷,15;2022北京卷,10;2022湖南卷,4地方卷:3年6考命題角度1動(dòng)量守恒定律的理解與簡(jiǎn)單應(yīng)用1.動(dòng)量守恒的三種情況(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí),系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上所受外力的矢量和為零時(shí),系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。2.動(dòng)量守恒的三大性質(zhì)

例4(多選)在生產(chǎn)生活中,經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運(yùn)動(dòng)方向。如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛小車,小車上固定著兩端開口的光滑細(xì)管,細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成,各部分之間平滑連接,豎直管的上端到小車上表面的高度為h。一小球以初速度v0水平向右射入細(xì)管,小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量(包含細(xì)管)相等,小球可視為質(zhì)點(diǎn),忽略一切阻力作用。下列說(shuō)法正確的是(

)A.小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用C.當(dāng)小球初速度v0>時(shí),將會(huì)從細(xì)管的豎直部分沖出D.若小球從細(xì)管的豎直部分沖出,沖出后一定會(huì)落回到細(xì)管中BCD解析

小球在細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為零,在彎曲處,小球和小車組成的系統(tǒng)在豎直方向合外力不為零,則小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,小球在細(xì)管彎曲處運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí),小球和細(xì)管水平方向的速度相同,則小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用,B正確;由于水平方向動(dòng)量守恒,小球在最高點(diǎn),設(shè)此時(shí)小球水平速度為v,小球上升的高度為L(zhǎng),由動(dòng)量守恒定律和機(jī)命題角度2碰撞模型的規(guī)律及應(yīng)用(1)一般碰撞模型的三個(gè)特點(diǎn):①動(dòng)量守恒;②動(dòng)能不增;③速度符合實(shí)際情況。①當(dāng)m1=m2時(shí),v1'=0,v2'=v1(質(zhì)量相等,速度交換)②當(dāng)m1>m2時(shí),v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)③當(dāng)m1<m2時(shí),v1'<0,v2'>0(小碰大,要反彈)④當(dāng)m1?m2時(shí),v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)⑤當(dāng)m1?m2時(shí),v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)例5(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子質(zhì)量大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖所示,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對(duì)論效應(yīng),下列說(shuō)法正確的是(

)A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案

B命題角度3反沖運(yùn)動(dòng)的理解及應(yīng)用1.人船模型2.模型拓展

例6

滑板運(yùn)動(dòng)是青少年喜歡的運(yùn)動(dòng)。如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上,某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推去,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度h=0.3m(h小于斜面體的高度),已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1=40kg,冰塊的質(zhì)量m2=10kg,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。(g取10m/s2)(1)求剛推開冰塊時(shí),小孩與滑板的速度。(2)求斜面體的質(zhì)量。(3)通過(guò)計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?答案

(1)0.75m/s,方向向右(2)20kg(3)能解析

(1)對(duì)于冰塊、小孩與滑板組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1=m2v2解得小孩與滑板的速度v1=0.75

m/s,方向向右。(2)對(duì)于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v2=(m2+m0)v

①根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒有聯(lián)立①②兩式并代入數(shù)據(jù),解得m0=20

kg

③。(3)設(shè)冰塊與斜面分離后的速度分別為v2'和v3',根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v2=m2v2'+m0v3'

④根據(jù)機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立③④⑤式,解得v2'=-1

m/s由于|v2'|>v1,冰塊與斜面體分離后能追上小孩。拓展衍生4.在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中,噴氣背包曾經(jīng)作為航天員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置,它能讓航天員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖所示,航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止,啟動(dòng)噴氣背包,壓縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出,航天員到達(dá)艙門時(shí)的速度為v2。若航天員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為m0,不計(jì)噴出氣體后航天員和裝備質(zhì)量的變化,忽略航天員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的變化,則噴出壓縮氣體的密度為(

)解析

設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為m,則m=ρSv1t,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv1=m0v2,D5.(2022北京卷)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(

)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的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量D.碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能答案

C6.(多選)(2024山東青島高三期末)如圖所示,質(zhì)量為2m的物塊B放在光滑水平面上,B上方用鉸鏈連接一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿,輕桿頂端固定一質(zhì)量為m的小球A,開始時(shí)輕桿豎直。給小球A一個(gè)向左的輕微擾動(dòng),已知重力加速度大小為g,下列說(shuō)法正確的是(

)A.若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,小球A水平方向的速度先增大后減小ABD解析

若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,開始時(shí)小球A水平速度為零,到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)水平速度又為零,可知在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中小球A水平方向的速度先增大后減小,A正確;若物塊B固定,在輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)考點(diǎn)三動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用高考風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)考題明細(xì)考查頻度動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用2024山東卷,17;2024廣東卷,10;2024湖南卷,15;2024河北卷,15;2024湖北卷,14;2024安徽卷,14;2024黑吉遼卷,14;2024廣西卷,10;2024浙江1月選考,20;2023全國(guó)乙卷,25;2023全國(guó)甲卷,25;2023山東卷,18;2023廣東卷,15;2023浙江1月選考,18;2023遼寧卷,15;2023浙江6月選考,19;2023北京卷,18;2023海南卷,18;2022湖北卷,16;2022全國(guó)乙卷,25;2022廣東卷,13;2022山東卷,18;2022海南卷,16;2022天津卷,11;2022福建卷,14全國(guó)卷:3年3考地方卷:3年22考命題角度1碰撞模型的拓展及應(yīng)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月選考)為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=2m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)。已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8m,以v=2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計(jì),各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),g取10m/s2,彈簧的彈性勢(shì)能Ep=kx2(x為形變量)。(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx。解題指導(dǎo)【審題】讀取題干獲取信息物理關(guān)系DEF與……平滑相切連接連接處速度大小不變,只改變速度方向與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)滑塊a與滑塊b碰撞過(guò)程彈簧不發(fā)生形變a與b碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒其他摩擦和阻力均不計(jì)AB段、CD和DF段沒(méi)有摩擦力做功

AB段、CD段勻速直線運(yùn)動(dòng),DF段機(jī)械能守恒若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住碰后共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞【破題】(1)DF段由機(jī)械能守恒定律可求F點(diǎn)速度,在F點(diǎn)由牛頓第二定律可求支持力;(2)滑塊a與b碰后至返回B點(diǎn),可由全過(guò)程動(dòng)能定理求出滑塊a碰后的速度,由碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒可求碰后b的速度,再由能量守恒定律可求碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能;(3)滑塊a碰到滑塊b被粘住時(shí),由動(dòng)量守恒可求碰后共同速度,a、b共速后與彈簧和滑塊c作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,可進(jìn)一步求出彈簧最長(zhǎng)和最短時(shí)彈簧的形變量,進(jìn)而可求出彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差(即伸長(zhǎng)量和壓縮量之和)。答案

(1)10m/s

31.2N

(2)0

(3)0.2m(2)滑塊a返回傳送帶的過(guò)程一直在做減速運(yùn)動(dòng),設(shè)滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5

m/s彈簧被壓縮到最短和最長(zhǎng),均有mvF=(m+3m+2m)v'命題角度2“滑塊—滑板”模型1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí),優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題;若地面不光滑或受其他外力時(shí),需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。2.滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移。用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移;求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程)。例8(2024河北卷)如圖所示,三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板的質(zhì)量均為2.0kg,A木板的長(zhǎng)度為2.0m,機(jī)器人的質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí),求A、B木板間的水平距離。(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過(guò)程機(jī)器人做的功,及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止,隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端,此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系。解析

(1)設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為m0,三個(gè)木板質(zhì)量為m,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得m0v0=mvA0,設(shè)所用時(shí)間為t0,則有m0v0t0=mvA0t0,即m0s=ms1,又s+s1=lA,解得s1=1.5

m。拓展衍生7.(多選)(2024廣東卷)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑,斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力,下列說(shuō)法正確的有(

)A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無(wú)關(guān)ABD解析

兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時(shí)由靜止開始下滑,則相對(duì)速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng),由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過(guò)程有H乙=,在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時(shí)間與H乙有關(guān),故C錯(cuò)誤;8.(2024廣東廣州階段練習(xí))如圖為彈象棋子游戲。水平桌子高h(yuǎn)=1.25m,長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m,開始時(shí)兩棋子分別靜置在桌子的兩端。用力彈紅棋子,紅棋子以v0=m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng),正碰黑棋子后兩棋子均做平拋運(yùn)動(dòng),落地瞬間兩棋子相距Δx=1m。兩棋子質(zhì)量相同且可視為質(zhì)點(diǎn),與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.45,重力加速度g取10m/s2。(1)求碰撞黑棋子前瞬間,紅棋子的速度v的大小。(2)設(shè)碰后瞬間紅棋子速度為v1,黑棋子速度為v2,若定義恢復(fù)系數(shù)k=,求v1、v2及k的值。(3)兩棋子每次碰撞的恢復(fù)系數(shù)k相同,若某次游戲,紅棋子位于桌子最左端,黑棋子位于桌子正中央,用力彈紅棋子,要讓黑棋子落地而紅棋子不落地,求紅旗子的初速度v0的取值范圍(可用根號(hào)表示)。答案

(1)4m/s(2)1m/s

3m/s

0.5解得碰撞黑棋子前瞬間,紅棋子的速度v=4

m/s。(2)兩棋子碰撞,由動(dòng)量守恒定律有mv=mv1+mv2兩棋子碰后做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有突破熱點(diǎn)聚素養(yǎng)方法概述重要思維方法:應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決問(wèn)題1.力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合=ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間2.選用力學(xué)規(guī)律的思維流程

考向分析考查力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用題往往以高考?jí)狠S題的形式出現(xiàn),主要涉及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律、動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn),這類題目綜合性強(qiáng)、難度大,可以考查考生的理解能力、模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。案例探究典例(2024廣東深圳二模)圖(a)為固定安裝在機(jī)車頭部的碰撞吸能裝置,由一級(jí)吸能元件鉤緩裝置(由緩沖器與吸能管組成)和二級(jí)吸能元件吸能防爬裝置(可壓縮)構(gòu)成。某次碰撞實(shí)驗(yàn)中,一輛總質(zhì)量為45t的機(jī)車以6m/s的初速度與固定的剛性墻發(fā)生正碰。開始僅觸發(fā)一級(jí)吸能元件鉤緩裝置,其彈力隨作用行程(壓縮量)的變化關(guān)系如圖(b)所示,緩沖階段,緩沖器彈力與壓縮量成正比,屬于彈性形變。作用行程為55mm時(shí),達(dá)到最大緩沖極限,緩沖器被鎖定,鉤緩裝置中吸能管開始平穩(wěn)變形,產(chǎn)生的彈力恒為1.8×106N,其作用行程為110mm。吸能管行程結(jié)束后,鉤緩裝置迅速剛化,此時(shí)啟動(dòng)二級(jí)吸能元件,防爬裝置被壓縮產(chǎn)生恒定緩沖作用力,此過(guò)程行程為225mm時(shí),機(jī)車剛好停止,車體完好無(wú)損。設(shè)每次碰撞過(guò)程中,該吸能裝置的性能保持不變,忽略其他阻力影響。(a)(b)(1)求一級(jí)吸能元件鉤緩裝置通過(guò)緩沖與吸能管形變過(guò)程總共吸收的能量。(2)求二級(jí)吸能元件工作時(shí)的緩沖作用力及作用時(shí)間。(3)為了測(cè)試該吸能裝置的一級(jí)吸能元件性能,將該套吸能裝置安裝在貨車甲前端,貨車甲總質(zhì)量為66t,與靜止在水平面上無(wú)制動(dòng)的質(zhì)量為13.2t的貨車乙發(fā)生正碰(不考慮貨車的形變),在一級(jí)吸能元件最大吸能總量的60%以內(nèi)進(jìn)行碰撞測(cè)試(碰撞時(shí)若鉤緩裝置的吸能管未啟動(dòng)時(shí),緩沖器能像彈簧一樣工作)。求貨車乙被碰后的速率范圍。答案

(1)247500J

(2)2.5×106N

0.09s

(3)見解析解析

(1)由題可知一級(jí)吸能元件吸收能量ΔE等于緩沖吸能ΔE1與吸能管吸能ΔE2的總和,即ΔE=ΔE1+ΔE2由題圖(b)可知ΔE1=

F1x1,ΔE2=F1x2可得ΔE=247

500

J。(3)當(dāng)甲車速度為v甲時(shí),甲、乙兩車碰撞后兩車共速且剛好使一級(jí)吸能元件中的緩沖器鎖定,此時(shí)兩車速度設(shè)為v共,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理有解得v甲=3

m/s由題可知兩車碰撞中當(dāng)甲車速度v甲<3

m/s時(shí),碰撞過(guò)程一級(jí)吸能元件中的緩沖器未被鎖定,此時(shí)發(fā)生彈性碰撞,彈簧恢復(fù)形變后,甲車的速度為v甲',乙車獲得速度為v乙,有即當(dāng)v甲<3

m/s時(shí),v乙<5

m/s;由題可知兩車碰撞中當(dāng)甲車速度v甲≥3

m/s時(shí),碰撞過(guò)程一級(jí)吸能元件中的緩沖器被鎖定時(shí),啟動(dòng)了吸能管,發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞,吸能元件吸收能量最大且原件吸能總量為60%ΔE時(shí),碰后兩車速度相同為v共',根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理有當(dāng)v甲=3

m/s時(shí),緩沖器被鎖定,根據(jù)動(dòng)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綜上所述:當(dāng)v甲<3

m/s時(shí),v乙<5

m/s;角度拓展1.(2023廣東卷)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成,滑槽高為3L,平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的

。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求:(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t;(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W;(3)圓盤的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。2.(2024廣東茂名一模)如圖甲所示,門球又稱槌球,比賽時(shí)以球槌擊球,球過(guò)球門即可得分。如圖乙所示,某次比賽中完全相同的1號(hào)球、3號(hào)球與門洞恰好位于一條直線上,兩球之間的距離l1=2.5m,3號(hào)球與球門之間的距離l2=1m。運(yùn)動(dòng)員用球槌水平打擊1號(hào)球,使其獲得向右的初速度v0=6m/s,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,該球以v1=4m/s的速度與3號(hào)球發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短),碰后1號(hào)球又向前運(yùn)動(dòng)了s=0.125m后停下來(lái)。已知兩球質(zhì)量m均為0.25kg,將兩球的運(yùn)動(dòng)視為一條直線上的滑動(dòng)并且兩球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同,重力加速度g取10m/s2。(1)求球與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。(2)求兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。(3)通過(guò)分析,判斷3號(hào)球能否進(jìn)門得分。答案

(1)0.4

(2)0.75J

(3)3號(hào)球能夠進(jìn)門得分大題突破(二):力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用典例示范

(14分)(2024山東卷)如圖甲所示,質(zhì)量為m0的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點(diǎn)平滑連接,Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ