2021年新高考物理二轮复习：专题二　能量与动量第二讲　动量和能量观点的应用.pptx

1、第二讲第二讲 动量和能量观点的应用动量和能量观点的应用 专题二专题二 2021 内 容 索 引 01 02 03 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 高频考点高频考点 能力突破能力突破 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 J B.4 J C.5 J D.6 J 答案 A 解析 本题以碰撞为背景,意在考查动量

2、守恒定律等知识。根据题图中信息, 甲、乙两物块碰前和碰后的速度分别为 v甲=5.0 m/s,v乙=1.0 m/s,v甲=-1.0 m/s,v乙=2.0 m/s,根据动量守恒定律,m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙,解得 m乙 =6 kg,碰撞过程中损失的机械能 E损=1 2m 甲甲2+ 1 2m 乙乙2 1 2m 甲v甲2-1 2m 乙 v乙2=3 J,选项 A 正确。 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

3、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 kg B.53 kg

4、 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

5、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,

6、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h B.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h D.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

7、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

8、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

9、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) 答案 (1)3m (2) 2 15mgH (3)11 9 解析 (1)根据图(b),v1为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小,1 2 为其碰

10、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 - 1 2 +mv 1 2 12= 1 2 - 1 2 1 2 + 1 2mv 2 联立式得 m=3m (2)在图(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,下滑过 程中所走过的路程为 s1,返回过程中所走过的路程 s2,P 点的高度为 h,整个过 程中克服摩擦力所做的功为 W。由动能定理有 mgH-fs1=1 2 12-0 -(fs2+mgh)=0-1 2 - 1 2 2 从图(b)所给出的 v-t 图线可知 s1=1 2v1t1 s2=1 2 1

11、 2 (1.4t1-t1) 由几何关系2 1 = 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=fs1+fs2 联立式可得 W= 2 15mgH (3)设倾斜轨道倾角为 ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 ,有 W=mgcos + sin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s,由动能定理有 -mgs=0-1 2mv 2 设改变后的动摩擦因数为 ,由动能定理有 mgh-mgcos sin-mgs=0 联立式可得 = 11 9 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

12、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。 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考点一考点一 动量、冲量、动量定理动量、冲量、动量定理(L) 考法考法1 概念的理解和应用概念的理解和应用 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

13、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。 2 2 【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( )

14、 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。 1 2

15、at 2,得到 t= 2 , 【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/s B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg m/s C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg m/s D.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 kg m/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 N s-11

16、 N s=3 N s,故t=3 s时 物块的动量大小为3 kg m/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

17、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。 考法考法2 动量定理的应用动量定理的应用 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

18、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

19、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 N s 1.6105 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 N s 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

20、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

21、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,使飞船和火箭组共同加速。若推进器开动的时间为t,平均推力为F, 测出飞船和火箭的速度变化为v,下列说法正确的是( ) A.飞船和火箭组的机械能守恒 B.火箭组的质量M= -m C.飞船对火箭组的弹力大小为F D.飞船对火箭组的弹力大小为F- m 答案 BD 解析 飞船和火箭组受推力作用而加速运动,则机械能增加,选项A错误;对飞 船和火箭组由动量定理 Ft=(M+m)v,可得火箭组的质量

22、M= -m,选项 B 正确;对火箭组,由牛顿第二定律 F1=Ma=M =F- m,选项 C 错误,D 正确。 故选 BD。 4.如图所示,静止在光滑水平面上的小车M=20 kg。从水枪中喷出的水柱 的横截面积S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度=1.0103 kg/m3。若用水 枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全 部沿前壁流进小车中。当有质量m=5 kg的水进入小车时,试求: (1)小车的速度大小; (2)小车的加速度大小。 答案 (1)2 m/s (2)2.56 m/s2 解析 (1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,设当进入质量为m的 水后,小

23、车速度为v1,则mv=(m+M)v1,即v1= =2 m/s (2)质量为m的水流进入小车后,在极短的时间t内,冲击小车的水的质量 m=S(v-v1)t,设此时水对小车的冲击力为F,则车对水的作用力为-F,由动 量定理有-Ft=mv1-mv,得F=S(v-v1)2=64 N,小车的加速度a= =2.56 m/s2。 + + 5.(2020江苏高三三模)高空坠物十分危险,小王同学想检验高空坠物的严 重性,假设一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量为50 g, 下落到地面的瞬时速度为20 m/s,与地面碰撞时间为0.02 s。不计空气阻力, 重力加速度g取10 m/s2。求鸡蛋: (1

24、)下落到地面时动量的大小; (2)对地面平均作用力的大小。 答案 (1)1 kg m/s (2)50.5 N 解析 (1)下落到地面时动量的大小为p=mv=5010-320 kg m/s=1 kg m/s (2)设向上为正方向,根据动量定理可知(F-mg)t=0-(-mv) 由牛顿第三定律得鸡蛋对地面平均作用力的大小F=50.5 N 解得地面对鸡蛋的平均作用力的大小 F= +mg= 1 0.02 N+0.0510 N=50.5 N 考点二考点二 动量守恒定律及应用动量守恒定律及应用(H) 规律方法 1.研究对象为一个系统时,应优先考虑应用动量守恒定律。 2.一般碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于

25、弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械能(或动能)有损 失,遵循以下三个制约关系: (1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量恒定不变,即 p1+p2=p1+p2。 (2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2。 (3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向运动,碰 撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的碰后速 度。 【典例3】(2020山东济宁高三二模)如图所示为一种打积木的游戏装置,四 块完全相同的硬质积木叠放在靶位上,每块积木的质量均为m1=0.3 kg,长 为L=0.5 m

26、,积木B、C、D夹在固定的两光滑硬质薄板间,一可视为质点的 钢球用不可伸长的轻绳挂于O点,钢球质量为m2=0.1 kg,轻绳长为R=0.8 m。 游戏时,将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放,钢球运动到最 低点时与积木A发生弹性碰撞,积木A滑行一段距离s=2 m后停止。g取10 m/s2,各接触面间的动摩擦因数均相同,碰撞时间极短,忽略空气阻力。求: (1)钢球与积木A碰撞前瞬间的速度大小; (2)钢球与积木A碰撞后上升的最大高度; (3)接触面间的动摩擦因数。 答案 (1)4 m/s (2)0.2 m (3)0.04 解析 (1)对钢球由机械能守恒得 解得v0=4 m/s m2g

27、R=1 2m20 2 (2)钢球与积木 A 碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,有 m2v0=m1v1+m2v2 1 2m20 2 = 1 2m11 2 + 1 2m22 2 解得 v1=2 m/s,v2=-2 m/s 对钢球由动能定理得-m2gh=0-1 2m22 2 解得 h=0.2 m (3)对滑块 A 由动能定理得-(4m1g+3m1g)L-m1g(s-L)=0-1 2m11 2 解得 =0.04 解题指导 审题 读取题干 获取信息 钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直) 由静止释放 钢球下摆,初速度为零 到最低点时与积木A发生弹性碰撞 动量守恒 机械能守恒 积木A滑行一段距离s=2 m后

28、停止 在滑动摩擦力作用下,匀减速运动 破题(1)本题可分三个过程:钢球下摆、碰撞、碰后积木滑动钢球上摆。 (2)三个过程,分别根据机械能守恒、动量守恒和机械能守恒、动能定理列 方程。 【类题演练类题演练】 6.如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg 的木块A以速度 v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,A、B 的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法 正确的是( ) A.长木板的质量M=2 kg B.A、B之间动摩擦因数为0.2 C.长木板长度至少为2 m D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J 答案 A 解

29、析 从图乙可以看出,A 先做匀减速运动,B 做匀加速运动,最后一起做匀速 运动,共同速度 v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得 mv0=(m+M)v, 解得 M=m=2 kg,故 A 正确;由图乙可知,木板 B 匀加速运动的加速度 a= =1 m/s2,对 B,根据牛顿第二定律得 mg=MaB,解得动摩擦因数 =0.1,故 B 错误; 由图乙可知前 1 s 内 B 的位移 xB=0.5 m,A 的位移 xA=1.5 m,所以木板最小长 度 L=xA-xB=1 m,故 C 错误;A、B 组成的系统损失的机械能 E=1 2 02 1 2(M+m)v 2=2 J,故 D 错误。 7.(

30、2020天津高三二模)如图所示,水 平轻弹簧左端固定在竖直墙上,弹簧 原长时右端恰好位于O点,O点左侧 水平面光滑、右侧粗糙, 动摩擦因数=0.5,O点右侧水平面长为s=2.0 m。水平面右端与一高H=1.8 m、 倾角为30的光滑斜面平滑连接(不计滑块经过连接处的能量损失和时间)。压 缩后的轻弹簧将质量mA=0.2 kg、可视为质点的物块A向右弹出,同时另一质量 为mB=0.25 kg的物块B从斜面顶端由静止滑下。B下滑t=1.2 s时A、B两物块发 生碰撞并立即粘在一起停止运动。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)A、B碰撞时离斜面底端的距离x; (2)碰撞前物块A的速度大小vA;

31、(3)压缩后的轻弹簧具有的弹性势能Ep。 答案 (1)0 (2)7.5 m/s (3)7.625 J 解析 (1)B物体从斜面上下滑的加速度 aB=gsin =5 m/s2 t=1.2 s下滑的距离 因斜面长度为L=2H=3.6 m,故A、B碰撞时离斜面底端的距离为0 xB=1 2aBt 2=1 251.2 2 m=3.6 m (2)碰撞前物体B的速度vB=aBt=6 m/s 因两物体碰后停止运动,故mAvA=mBvB 解得vA=7.5 m/s (3)由能量关系可知,压缩后的轻弹簧具有的弹性势能 解得Ep=7.625 J Ep=mAgs+1 2mA 2 考点三考点三 动量与能量的综合应用动量与

32、能量的综合应用(H) 规律方法 1.解题策略 (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)在光滑的平面或曲面上的运动,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定 守恒;碰撞过程、子弹打击木块、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。 (4)如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。 2.常见模型解法小结 动量与能量的综合问题,常见“板、块”“弹簧、物块”等模型。 “子弹打木块模型”是碰撞中常见模型,其突出特征是在子弹打击木块的过 程中有机械能损失,此类问题的一般解法可归纳如下: (1)分析子弹打击木块的

33、过程,弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动 还是穿透木块和木块各自运动; (2)子弹在打击木块的过程中,由于时间较短,内力远远大于外力,故在打击 的过程中动量守恒; (3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失,一般有两种求解方法:一是通过计 算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失;二是 通过计算在子弹打击木块的过程中,子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功 的差值进行求解。 对于“弹簧、物块”模型,一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律,此 类试题的一般解法如下: (1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长还是伸长、压缩状态; (2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态,

34、依据动量守恒定律和机械能守恒定律 列出方程; (3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结 果。 【典例4】有两个用一根轻质弹簧相连的木块A、B静止在光滑水平面上, 其质量mA=1 kg、mB=2.95 kg,一颗质量m=50 g的子弹沿水平方向以 v0=400 m/s的速度,在极短时间内射穿A并留在B中,射穿木块A后子弹的速 度变为原来的60%。求: (1)子弹穿过木块A时木块A的速度大小vA; (2)系统运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep; (3)弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度大小。 答案 (1)8 m/s (2)6 J (3)vA=2 m/s vB=6

35、m/s 解析 (1)子弹穿过A时,子弹与A动量守恒,设A的速度为vA,子弹的速度为v1, 由动量守恒定律有:mv0=mAvA+mv1, 又v1=0.6v0=240 m/s 解得:vA=8 m/s (2)子弹射入并留在B内,子弹与B动量守恒,设子弹与B共同的速度为vB,由动 量守恒定律:mv1=(m+mB)vB 解得:vB=4 m/s 子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒,弹簧弹性势能最大时A、B、 子弹具有相同的速度v,由动量守恒定律: mAvA+(m+mB)vB=(m+mA+mB)v 解得:v=5 m/s 解得:Ep=6 J 由能量守恒定律:Ep=1 2mA 2 + 1 2(m+mB) 2

36、 1 2(m+mA+mB)v 2 (3)从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长,系统总动量守恒,总动能不变,则: mAvA+(m+mB)vB=mAvA+(m+mB)vB 解得:vA=2 m/s或8 m/s vB=6 m/s或4 m/s 弹簧由压缩状态恢复至原长过程中,A减速,B加速,所以有vA0 得假设成立,即 P 能与 Q 发生碰撞。 (2)P、Q 碰撞动量守恒,有 mvPC=mvPC1+mvQC1 二者碰撞没有机械能损失,有1 2 2 = 1 2 12+ 1 2 12 联立式解得 vQC1=vPC=3 2 对小球 Q 从 C 到 D 由动能定理有-2mgR=1 2 12 1 2 12 小球 Q

37、在 D 点有 mg+FN=m 1 2 又已知 R= 4 联立式解得 FN=4mg 由牛顿第三定律 F压=4mg。 素养提升素养提升 微课堂微课堂 物理问题中化“物理问题中化“ 变”为“变”为“ 恒”的处理方法恒”的处理方法 【方法概述方法概述】 变力作用问题是历年高考的热点问题之一,如变力作用下的物体的加速度 发生变化问题、变力做功问题等。对于变力作用问题,化“变”为“恒”是解 决此类问题的主要解题思路。 【典例分析典例分析】 1.利用微元法由“变值”逼近其“恒值”,再辅以数学方法进行处理 微元法的要点:在对物理问题做整体的分析后,选取该问题过程中的某一微 小单元进行研究,通过对微元细节的物理

38、分析和描述,找出该微元所具有的 物理性质和运动变化规律,从而获得解决该物理问题整体的方法。 【典例1】从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球,若运动过程 中受到的空气阻力与其速率成正比关系,球运动的速率随时间变化规律如 图所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为v1,且落地前球已经做 匀速运动。求: (1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功; (2)球抛出瞬间的加速度大小; (3)球上升的最大高度H。 答案 (1)1 2 02 1 2 12 (2) 1 + 0 1 g (3)(0 -1)1 解析 (1)球从抛出到落地重力做功为零,根据动能定理-Wf=1 2 12 1 2

39、 02 克服空气阻力做功 Wf=1 2 02 1 2 1 2 (2)阻力与其速率成正比 抛出瞬间阻力 Ff=kv0 匀速运动时 mg=kv1 抛出瞬间阻力的大小为 Ff=mg0 1 根据牛顿第二定律 mg+Ff=ma0 解得抛出瞬间的加速度大小为 a0= 1 + 0 1 g (3)上升时加速度为 a,根据牛顿第二定律,有-(mg+kv)=ma a=-g- v 取极短时间 t,速度的变化量 v,有 v=at=-gt- vt 式中 vt=h 上升全过程对等式两边求和 v=-gt- h v=0-v0(末减初) -gt=-gt1 - h=- H(h=H) 代入解得 0-v0=-gt1- H,又前面已求

40、出 k= 1 所以球上升的最大高度 H=(0 -1)1 思维点拨 用微元法求解,首先根据牛顿第二定律写出加速度的表达式,再 用a= ,取微元然后写出v与t关系式,最后求和。 2.利用等效替代法化“变”为“恒” 等效替代法是高中物理教学中解决问题的常用方法。在物理学中,我们研 究某物体或物理现象的作用效果时,有时为了使问题简化,常用一个物理量 来代替其他物理量,但不会改变作用效果。这种研究问题的方法给问题的 阐释或解答带来极大的方便,我们称这种研究问题的方法为等效替代法。 应用等效替代方法解决变力作用问题,要善于找寻出变力作用与其他恒力 作用的相同点或相似点,比如两者的作用效果相同,或者两者做功

41、有相同之 处,或其他力学量的关联性,往往用动能定理实现变力做功向恒力做功转化。 【典例2】 如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一小球。在水平拉力作用下,小 球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功 率变化情况是( ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大,后减小 D.先减小,后增大 答案 A 解析 在小球做匀速圆周运动的过程中,力F是变力,速度v的方向也在变化。 可由动能定理得WF=-WG,这样,拉力功率变化问题就可以转化为重力功率 变化问题,因重力恒定,小球速度大小不变,两者所成的角由90逐渐变大, 所以其功率的绝对值逐渐增大。所以选A。 思维点拨 本题利用动

42、能定理得出小球克服重力做功与小球受拉力F做功 相等,因此得出两者的功率相等,通过等效替代的方法求出拉力F功率的变 化。 3.利用过程的整体法化“变”为“恒” 对于过程问题,若不需要考虑过程中的细节,可以利用整体法,只考虑初末 状态。 【类题演练类题演练】 1.如图所示,在盛有水的圆柱形容器内竖直地浮着一块立方体木块,木块的 边长为h,其密度为水的密度的一半,横截面积也为容器截面积的一半,水 面高为2h,现用力缓慢地把木块压到容器底,假设水不会溢出,则压力所做 的功为( ) A.3 2gh 4 B.11 16gh 4 C.3 5gh 3 D.gh4 答案 B 解析 木块下降同时水面上升,因缓慢地

43、把木块压到容器底,所以压力总等于增加 的浮力,压力是变力,在木块完全浸没在水中的下降过程中压力是恒力。木块从 开始到完全浸没在水中,设木块下降x1,水面上升x2,根据水的体积不变, 得 h2x1=(2h2-h2)x2,则 x1=x2,且 x1+x2= 2,所以当木块下降 4时,木块恰好完全浸没 在水中,F=F浮=gh2(x1+x2)=2gh2x1x1,所以 W1= 4 = 1+2 2 4 = 0+2 2 2 4 = 1 16gh 4,木块恰好完全浸没在水中经 h=2h-3 4 = 5 4h,到容器底部,压力为恒力 F2=gh 2 2,所以 W2=F2h=gh 2 2 5 4h= 5 8gh 4

44、,故压力所 做的功为 W=W1+W2=11 16gh 4,B正确。 2.(多选)如图所示,一劲度系数k=800 N/m的轻弹簧两端各焊接着一个质量 为m=12 kg的物体。A、B竖立静止在水平地面上,现要加一竖直向上的力 F在上面物体A上,使A开始向上做匀加速运动,经0.4 s,B刚要离开地面。设 整个过程弹簧都处于弹性限度内(g取10 m/s2),则下列说法正确的是( ) A.整个过程外力F的最大值为285 N B.整个过程外力F的最小值为120 N C.整个过程力F所做的功49.5 J D.此过程中力F所做的功为85 J 答案 AC 解析 设A上升前弹簧的压缩量为x1,B刚要离开地面时弹簧的伸长量为x2,A 上升的加速度为a。A原来静止时,因受力平衡,有kx1=mg,设使A刚做匀加速 运动时的最小拉力为F1,有F1+kx1-mg=ma,B恰好离开地面时,所需的拉力最 大,设为F2,对A有F2-kx2-mg=ma;对B有kx2=mg,由位移公式,对A有x1+x2= , 联立解得a=3.75 m/s2,F1=45 N,F2=285 N;力作用的0.4 s内,在初、末状态有 x1=x2,弹性势能相等,由能量守恒知,外力做了功,将其他形式的能转化为系 统的重力势能和动能,即WF=mg(x1+x2)+ =49.5 J,A、C正确。 2 2 m(at)2 2