（通用版）2020高考物理二轮复习 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

第5课时动量与能量观点的综合应用专题二能量与动量栏目索引考点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＝Δp(2)理解：等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是_____式.v1、v2是以同一惯性参考系为参照的；Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp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F2.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝______________或p＝p′，或Δp＝0，或Δp1＝－Δp2.(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____.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.m1v1′＋m2v2′零零碰撞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.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＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图1(1)小球在t＝0.5s时刻的加速度大小；答案4m/s2解析由题图图象可知：a＝ΔvΔt＝4m/s2(2)小球最终的收尾速度的大小；答案203m/s解析设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v＝4m/s时，有：mg－kv＝ma达到最大速度时，有mg＝kvm联立解得：k＝34，vm＝203m/s(3)小球从静止下落到t＝0.5s时刻的位移大小.解析在0到t＝0.5s内对小球由动量定理可得mgt－ΣkviΔt＝mv－0，即：mgt－kx＝mv－0解得：x＝23m.答案23m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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg√解析根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝FvΔt＝1.6×103kg，所以选项B正确.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分别按右图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v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2s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＝mv－0，故力F的冲量最大时，末速度最大；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.上方冲量为正，下方冲量为负，图中Fmg－t图线与t轴包围的“面积”与冲量大小成正比，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＝2kg，m乙＝4kg.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v1＝5m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1m/s.图3(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；答案3m/s解析规定水平向右为正方向.由动量守恒定律有：m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2解得：v2＝3m/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3s末乙球的速度大小.答案0.75m/s解析由动量定理有：IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2IF＝12×(2＋10)×3N·s＝15N·s解得：v2′＝0.75m/s.A.mv0M＋m，0B.mv0M，2mv0C.mv0M＋m，m2v0M＋mD.mv0M＋m，2mv0图43.(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v0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√变式训练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，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝mv0M＋m；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，即木块回到A位置时的速度大小v＝mv0M＋m；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－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.1.三类碰撞的特点考点2碰撞类问题2.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.3.熟记结论“一动碰一静”：两物体(m1初速度为v0，m2静止)发生弹性正碰后的速度v1＝_________，v2＝_________.m1－m2m1＋m2v02m1m1＋m2v0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＝4kg、长L＝0.6m的长木板B，质量m＝1kg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v0＝6m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2m/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＝10m/s2.求：图5(1)碰后瞬间长木板B的速度；答案2m/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：mv0＝Mv－mv1代入数据解得：v＝2m/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：Mv＝(M＋m)v共代入数据解得：v共＝1.6m/s由能量守恒定律有：μmgL＝12Mv2－12(m＋M)v共2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mvB.轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为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14mv2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mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，则此时A的动能为EkA＝12mv共2＝18mv2，故B错误；由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝v2，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，有：mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；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(0α90°).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ΔE，有A.α角增大，ΔE也增大B.α角增大，ΔE减小C.α角减小，ΔE增大D.α角减小，ΔE也减小√图7则M增大时，ΔE增大，C正确.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，又ΔE＝12mv02－12(M＋m)v2，且v＝mv0M＋m，联立解得ΔE＝Mmv022M＋m＝mv0221＋mM，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为图8A.3∶5B.1∶3C.2∶3D.1∶2√解析设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.由题意有：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：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1，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：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得：12Mv02＝12Mv12＋12mv22，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v1和t1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.图9(1)求物块B的质量；答案3m解析根据题图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，v12为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m－v12＋m′v′①12mv12＝