高中物理高考 专题二 第二讲　动量和能量观点的应用—2021届高考物理二轮总复习课件

第二讲动量和能量观点的应用第二讲动量和能量观点的应用专题二专题二2021内容索引010203体系构建体系构建 真题感悟真题感悟高频高频考点考点 能力能力突破突破素养提升素养提升 微课堂微课堂体系构建体系构建 真题感悟真题感悟【网络构建网络构建】【高考真题高考真题】1.(2020全国卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J答案A 情境剖析本题属于创新性题目,以教材中常见的“甲、乙两个物块发生碰撞”为素材创设学习探索类问题情境。素养能力本题考查学生是否具有相互作用观等物理观念素养,考查关键能力中的理解能力、推理论证能力、从图像中获取信息的能力,能从图像中判断截距、图像交点的含义,建构动量守恒的模型,应用动量观念探究生活中的实际问题。2.(2020全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48 kgB.53 kg C.58 kg D.63 kg答案BC解析以人和物块为系统,设人的质量为m人,物块的质量为m,速度v0=5.0 m/s,人第一次推出物块后的速度为v1,在第一次推出物块的过程中,0=m人v1-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第二次推出的过程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第三次推出的过程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0在人接住反弹而回的物块并将其第七次推出的过程中,m人v6+mv0=m人v7-mv0;在人接住反弹而回的物块并将其第八次推出的过程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v752 kg,A错误。由于第八次推出后,v85 m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+v7)+7mv0=m人(v1+v2+v8)-8mv0,可求出m人60 kg,D错误。故B、C正确。情境剖析本题属于创新性题目,以“滑冰运动员与挡板弹性碰撞”为素材创设学习探索类问题情境。素养能力本题考查学生是否具有相互作用观等物理观念素养,考查关键能力中的分析归纳、推理论证能力,建构动量守恒的模型,应用动量观念探究生活中的实际问题。3.(2020北京卷)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度;静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是()A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒答案D解析1号球与质量不同的2号球相碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球再与3号球相碰后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。情境剖析本题属于基础性题目,以“悬挂的小球碰撞”为素材创设学习探索类问题情境。素养能力本题考查学生是否具有相互作用观等物理观念素养,考查关键能力中的理解能力、分析归纳、推理论证能力,建构动量守恒的模型,应用动量和能量观念探究生活中的实际问题。4.(2019全国卷)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(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。(1)求物块B的质量;(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;(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。图(a)图(b)情境剖析本题属于综合性题目,通过呈现碰撞前后的v-t图像,以教材中典型的“碰撞问题”为素材创设学习探索类问题情境。素养能力本题考查学生是否具有运动观、相互作用观等物理观念素养,考查关键能力中的理解能力、分析综合能力、推理论证能力,要求学生具备运用数学知识解决物理问题的能力,能综合图像信息和动量守恒定律、碰撞、动能定理、匀变速直线运动规律解决实际问题。高频高频考点考点 能力能力突破突破考点一动量、冲量、动量定理(L)考法1概念的理解和应用规律方法1.动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应,都与物体的质量和速度有关。但它们存在明显的不同:动量的大小与速度成正比,p=mv;动能的大小与速度的二次方成正比,Ek=。两者的关系:p2=2mEk。(2)动量是矢量,而动能是标量。物体的动量发生变化时,动能不一定变化;但物体的动能一旦发生变化,则动量必发生变化。(3)动量的变化量p=p2-p1是矢量式,其运算遵循平行四边形定则;动能的变化量Ek=Ek2-Ek1是标量式,运算时运用代数法则。2.动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因,动量变化量的方向与合外力冲量方向相同。【典例1】如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a在圆周最高点,d在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c同时由静止释放。关于它们下滑的过程,下列说法正确的是()A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们动能的增量相同答案A解析由于三个环的重力相等,运动时间相同,由公式I=Ft分析可知,各环重力的冲量相等,故A正确;c环受到的弹力最大,运动时间相等,则弹力对环c的冲量最大,故B错误;a环的加速度最大,受到的合力最大,则合力对a环的冲量最大,故C错误;重力对a环做功最大,其动能的增量最大,故D错误。思维点拨设任一细杆与竖直方向的夹角为,环运动的时间为t,圆周的直径为D,则环的加速度大小a=gcos,由位移公式得:Dcos=所以三个环运动时间相同;然后根据冲量和动量定理判断。【类题演练类题演练】1.(多选)(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则()A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t=4 s时物块的速度为零答案AB解析根据动量定理Ft=mv得,t=1 s时物块的速率为1 m/s,A正确;t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/s,B正确;t=3 s时物块的动量大小为前3 s内图线与时间轴所围成图形的“总面积”,S=22 Ns-11 Ns=3 Ns,故t=3 s时物块的动量大小为3 kgm/s,C错误;由于前4 s内图线与时间轴所围成图形的“总面积”不为零,故冲量不为零,速度不为零,D错误。2.“蹦极”运动中,将弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力答案A解析从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,加速度等于零时,速度最大,故人的动量和动能都是先增大后减小,加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大,动量和动能最大。在最低点时人具有向上的加速度,绳对人的拉力大于人所受的重力,绳的拉力方向始终向上与运动方向相反,故绳对人的冲量方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功,故选项A正确,选项B、C、D错误。考法2动量定理的应用规律方法理解动量定理时应注意的问题(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。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)。(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。【典例2】汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg 的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s 两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。答案(1)1.6104 Ns1.6105 N(2)见解析解析(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向,由动量定理有-I0=0-m1v1将已知数据代入式得I0=1.6104 Ns由冲量定义有I0=F0t1将已知数据代入式得F0=1.6105 N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1将已知数据代入式得F=2.5104 N可见FF0,故试验车的安全气囊不会爆开。解题指导审题读取题干获取信息达到某个临界值F0时,安全气囊爆开气囊爆开的临界条件是平均撞击力达到F0试验车以速度v1=36 km/h正面撞击撞击前的速度已知经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零撞击时间及撞后速度已知安全气囊恰好爆开达到临界条件经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行两车碰后结合在一起破题(1)根据动量定理求冲量和临界值F0。(2)根据动量守恒求碰撞后速度,再根据动量定理判断。【类题演练类题演练】3.(多选)(2020广东高三模拟)科研人员在太空进行实验,用质量为m的宇宙飞船去对接前方的火箭组,对接后保持匀速运动。然后开动飞船尾部的推进器,使飞