(山东专用)2020版高考物理二轮复习专题二5第5讲动量与能量的综合应用课件.pptx

1、(山东专用)2020版高考物理二轮复习专题二5第5讲动量与能量的综合应用课件总纲目录总纲目录考点一 动量定理考点二 动量守恒定律素养引领情境命题考点三 碰撞、爆炸与反冲考点一动量定理1.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(C)A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N答案答案 C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv)

2、,可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=F=+mg,每层楼高度约为3 m,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。122ghmvt2.(2019课标,16,6分)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4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(B)A.1.6102 kgB.1.6103 kgC.1.6105 kgD.1.6106 kg答案答案 B本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时

3、也增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft=mv-0,解得m=1.6103 kg。F tv3.2016课标,35(2),10分某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为,重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量;()玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。答案答案()v0S(

4、)-202vg222202M g v S解析解析()设t时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则m=VV=v0St由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=v0S()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水,由能量守恒得(m)v2+(m)gh=(m)mt121220v在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p=(m)v设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有Ft=p由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg联立式得h=-202vg222202M g v S1.动量定理的两个重要应用动量定理的

5、两个重要应用(1)应用I=p求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化p,等效代换变力的冲量I。(2)应用p=Ft求动量的变化例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(p=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换动量的变化。2.用动量定理解题的基本思路用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象:一般为单个物体。(2)进行受力分析:求每个力的冲量,再求合冲量或先求合力,再求其冲量。(3)分析过程找初、末状态:选取正方向,确定初、末状态的动量和各冲量的正负。(4)

6、列方程:根据动量定理列方程求解。3.对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理。1.(2019山东青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(A)A.0.25 NB.0.5 NC.1.5 N D.2.5 N答案答案 A 设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F,设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=1

7、0 m/s减为零。以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理:Ft=0-(-mv),得:F=。设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在t时间内水面上升h,则有:m=Sh,可得F=Sv,由牛顿第三定律可知,芭蕉叶面受到的平均作用力F=F,压强为P=v=110310 N/m2=0.25 N/m2,即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,故选项A正确,B、C、D均错误。mvthtFSht2.(2019山东烟台一模)如图所示,光滑细杆BC和AC构成直角三角形ABC,其中AC杆竖直,BC杆和AC杆间的夹角=37,两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q,P、Q的质量之比为1 2。现将P、Q两个小球分

8、别从杆AC和BC的顶点由静止释放,不计空气阻力,sin 37=0.6。则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中,下列说法正确的是(C)A.重力的冲量之比为1 1 B.重力的冲量之比为5 6C.合力的冲量之比为5 8 D.合力的冲量之比为5 2答案答案 C设AC为5l,BC为4l,P球沿AC杆做自由落体运动,设下落的时间为tP,则5l=g;Q球沿BC杆做匀加速直线运动,加速度为a=g cos 37=0.8g,设下落的时间为tQ,则4l=a,解得:=。由冲量的定义I=Ft可得两球重力的冲量比为:=,故A、B错误。由速度公式v=at可得,两球的速度比:=;由动量定理I合=P=mv可知,两球的

9、合力的冲量比:=,故C正确,D错误。122Pt122QtPQtt11PQIIPPQQm gtm gtPQmm120.8PQgtgt10.810.8583.(2019山东泰安模拟)如图所示,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为圆槽最低点,小球从A点正上方O点静止释放,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,则(C)A.t1t2 B.t1=t2 C.I1I2 D.I1=I2 答案答案 C小球从A点正上方O点静止释放,刚好能运动至C点,说明在圆槽内要克服摩擦力做功,因此小球在AB段平均速率大于BC段平均速率,两段路程

10、相等,所以t1I2,C正确,D错误。4.(2019山东潍坊三模)如图所示,一消防车空载时的质量为2 000 kg,储水容积为10 m3,储满水后静止在倾角为37的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为3.2 m,打开水枪,水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点到射出点的水平距离为48 m,已知水枪出水口的面积为210-3 m2,水的密度为1.0103 kg/m3,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)水射出枪口时的速度大小;(2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。答案答案(1)60 m/s(2)f=6.62410

11、4-720t解析解析(1)设水射出枪口时速度为v,由平抛运动规律有h=gt2水平方向x=vt解得v=60 m/s(2)取t时间喷出的水为研究对象,m=svt由动量定理Ft=mv解得F=sv2由牛顿第三定律得水对车的作用力F=F12取消防车为研究对象,以沿斜面向上为正方向,其受力平衡(M+V0-svt)g sin 37=F cos 37+f解得f=6.624104-720t(N)考点二动量守恒定律1.2019江苏单科,12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(B)A.v

12、B.v C.v D.vmMMmmmMMmM答案答案 B 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv,解得v=-v,其中“-”表示v与v方向相反,故B正确。Mm2.(2017课标,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(A)A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/sC

13、.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s答案答案 A由于燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A正确。3.2013山东理综,38(2),5分如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰

14、撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。答案答案2 m/s解析解析因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvCA与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足vAB=vC联立式,代入数据得vA=2 m/s1.动量守恒条件的理解动量守恒条件的理解(1)理想守恒:不受外力或所受外力的矢量和为零。(2)近似

15、守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零,则系统在这方向上动量守恒。2.动量守恒定律解题的基本步骤动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程;(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);(3)规定正方向,确定初、末状态动量;(4)由动量守恒定律列出方程;(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。1.(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小

16、阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图像如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则()A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5 4答案答案 AD由题图可知碰撞前、后红壶的速度为v0=1 m/s和v2=0.2 m/s,碰撞过程中,根据动量守恒定律有:mv0=mv1+mv2,解的v1=0.8 m/s,故选项A正确;由题图(b)可知,蓝壶运动时间为t=s=5 s,碰后蓝壶移动的距离为x=0.85 m=2 m,故选项B错误;碰撞过程两壶损失的动能为Ek=m-=3.04

17、J,故选项C错误;红壶所受的摩擦力f1=ma1=19 N=3.8 N,蓝壶所受的摩擦力f2=ma2=19 N=3.04 N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1 f2=5 4,故选项D正确。1.2-11.2-1.01220v22121122mvmv0.8-052.(多选)(2019山东临沂质检)如图所示,一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上,两挡板之间的距离为L。质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间,与盒子之间的动摩擦因数为。从某一时刻起,给物块一个水平向右的初速度v,物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间,并与盒子保持相对静止,重力加速度为g。则(AC)A.盒子的最

18、终速度为,方向向右mvmMB.该过程产生的热能为mv2C.碰撞次数为 D.碰撞次数为-11222()MvgL mM22()MvgL mM答案答案 AC根据动量守恒条件可知,物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒,设物块与盒子运动的共同速度为v,则有:mv=(M+m)v,可得系统共同速度为:v=v,方向向右,选项A正确。根据能量守恒定律有:mv2=(M+m)v2+Q,解得该过程产生的热能为Q=mv2,选项B错误。物块与盒子发生N次碰撞恰好又回到盒子正中间,由此可知,物块相对于盒子滑动的距离x=NL;物块受到摩擦力为f=mg,则由Q=mgx解得N=,选项C正确,D错误。mmMMMm1222()Mvg

19、L mM考点三碰撞、爆炸与反冲2014山东理综,39(2)如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:()B的质量;()碰撞过程中A、B系统机械能的损失。答案答案()()m 2m1620v解析解析()以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得m+2mBv=(m+mB)v由式得mB=()从开始到碰后的全过

20、程,由动量守恒定律得mv0=(m+mB)v2v2v2m设碰撞过程A、B系统机械能的损失为E,则E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2联立式得E=m1222v12121620v1.碰撞过程遵循的碰撞过程遵循的“三原则三原则”动量守恒碰撞时间极短,内力远大于外力,可看做动量守恒,有m1v1+m2v2=m1v1+m2v2动能不增加碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式:m1+m2 m1v12+m2v22物理情境可行性按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞,两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致1221v22v1212122.碰撞问题解题策略碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和

21、不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1=v0、v2=v0。(3)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v0;当m1m2,且v20=0时,碰后质量小的以原速率反弹。1212-m mmm1122mmm3.爆炸和反冲过程时间极短,内力远大于外力,系统动量近似守恒,一般情况下,爆炸过程中,系统的总动能增加。1.(多选)(2019四川绵阳模拟)为完成某种空间探测任务,需要在太空站上发射空间探测器,探测器通过向后喷气而获得反冲

22、力使其加速。已知探测器的质量为M,每秒钟喷出的气体质量为m,喷射气体的功率恒为P,不计喷气后探测器的质量变化。则(BC)A.喷出气体的速度为B.喷出气体的速度为C.喷气t秒后探测器获得的动能为D.喷气t秒后探测器获得的动能为 Pm2Pm2()mPtM2()2mPtM答案答案 BC对t=1 s内喷出的气体,由动能定理得Pt=m,解得v1=,故B正确,A错误。在t时间内,喷出的气体整体与探测器动量守恒,有Mv2=mtv1,探测器的动能Ek=M,解得Ek=,故C正确,D错误。1221v1222v2()mPtM2.(2019山东日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A、B两球的质量分别为m和M(mL2 B.L1v2,设木星运动方向为正方向,根据动量守恒可得:m1v1+m2v2=m1(-v1)+m2v2121222v122112222112212(-)2m m vm vmmm1+m2=m1(-v1)2+m2v解得:v1=-当m1m2时,有v1=v1-2v2所以v1v1,故当v1与v2同向时,不能使地球速率增大1221v1222v1212221212212(-)2m m vm vmm