(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
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2×10-3 m2,水的密度为 1.0×103 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。
t
近103 N,故选项C正确。
2.(2019课标Ⅰ,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4.8×106 N, 则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( B ) A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
h= v02 - M 2g ⑧ 2g 2 ρ2v02S 2
1.动量定理的两个重要应用 (1)应用I=Δp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Δp,等效代换变力的冲量I。 (2)应用Δp=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(Δp=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。
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1×103 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 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N
答案 (1)60 m/s (2)f=6.624×104-720t 解析 (1)设水射出枪口时速度为v,由平抛运动规律有
h= 1 gt2
2
水平方向x=vt 解得v=60 m/s (2)取Δt时间喷出的水为研究对象,Δm=ρsvΔt 由动量定理F'Δt=Δmv 解得F'=ρsv2 由牛顿第三定律得 水对车的作用力F=F'
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。
第5讲 动量与能量的综合应用
总纲目录
考点一 动量定理 考点二 动量守恒定律 考点三 碰撞、爆炸与反冲 素养引领·情境命题
考点一 动量定理
1.(2018课标Ⅱ,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 N B.102 N C.103 N D.104 N
答案
(ⅰ)ρv0S
(ⅱ)
v02 2g
-
2
M 2g ρ 2v02 S
2
解析 (ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则 Δm=ρΔV ① ΔV=v0SΔt ② 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
Δm =ρv0S ③
Δt
(ⅱ)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Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
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= F t =1.6×103 kg。
v
3.[2016课标Ⅰ,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ρ,重力加速度大小为g。求 (ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量; (ⅱ)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
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+ρV0-ρsvt)g sin 37°=F cos 37°+f 解得f=6.624×104-720t(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
的时间为tQ,则4l= 12 a tQ2 ,解得: ttQP = 11。由冲量的定义I=Ft可得两球重力的冲量比
为: IP = mPgtP = mP = 1 ,故A、B错误。由速度公式v=at可得,两球的速度比: vP =
IQ mQ gtQ mQ 2
vQ
gtP = 1 ;由动量定理I合=ΔP=mΔv可知,两球的合力的冲量比: IP合 =mPvP = 1 ×
A.30 kg·m/s
B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
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 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
Δt
蕉叶面受到的平均作用力F'=F,压强为P= F' =ρv Δh =1×103×10× 1510-3 N/m2=
S Δtபைடு நூலகம்
10 60
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。
2.(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θ=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 )
答案 A 设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F,设在Δt时间内有质量
为Δm的雨水的速度由v=10 m/s减为零。以向上为正方向,对这部分雨水应用
动量定理:FΔt=0-(-Δmv),得:F= Δmv 。设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在
Δt
Δt时间内水面上升Δh,则有:Δm=ρSΔh,可得F=ρSv Δh ,由牛顿第三定律可知,芭
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.重力的冲量之比为1∶1 B.重力的冲量之比为5∶6
C.合力的冲量之比为5∶8 D.合力的冲量之比为5∶2
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= 12 g tP2;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
2.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)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。
答案 2 m/s
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+mCvC ① A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)vAB ② A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足 vAB=vC ③ 联立①②③式,代入数据得 vA=2 m/s④
板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为 ( B )
A. m v
M
B. M v
m
C. m v
mM
D. M v
mM
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'=- M v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
m
2.(2017课标Ⅰ,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 )
合集下载
高三第二轮专题复习课件动量和能量PPT课件
例3、 钢球从高处向下落，最后陷入泥中，如果空 气阻力可忽略不计，陷入泥中的阻力为重力的 n 倍， 求(1)钢珠在空中下落的高度H与陷入泥中的深度h的 比值 H∶h =? (2)钢珠在空中下落的时间T与陷入 泥中的时间t的比值T∶t=？ 解: (1) 由动能定理，选全过程 H+h=nh mg(H+h)－nmgh=0
μmg S cos30°– mg S sin30° = 0－ 1/2 mv 2 解得 S=0. 8m，说明工件未到达平台时，速度已达到 v ， 所以工件动能的增量为 △EK = 1/2 m v2=20J 工件重力势能增量为 △EP= mgh = 200J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ， 因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2，
，则[ C D ] A．汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大
B．汽车可以做匀加速运动
C．汽车加速行驶时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D．汽车达到最大速度时，所受合力为零
例2. 如图示的装置中，木块与水平面的接触是光滑的， 子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到 最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 （系统），则此系统在中 （ D ） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒 C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒
1. 物块m1滑到最高点位置时，二者的速度； 2. 物块m1从圆弧面滑下后，二者速度 3. 若m1= m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度
m1
v0
m2
解：（1）由动量守恒得 m1V0=（m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s （2）由弹性碰撞公式
（3）质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度
高考物理二轮专题“析与练”专题二 动量与能量课件
(3)若汽车达到最大速度后，突然阻力变为原来的两倍，将 做什么运动？
【解析】 (1)汽车以额定功率运行，其牵引力为
F＝Pv， 由牛顿第二定律，得 F－f＝ma. 当 F＝f 时，a＝0，此时 vm＝Pf ＝PF＝804×001003m/s＝20 m/s.
(2)汽车以恒定加速度起动后，有 F′－f＝ma. 所以 F′＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N， 匀加速运动可达到的最大速度为 vm′＝FP＝808×001003m/s＝10 m/s. 所以匀加速运动的时间 t＝vma′＝120s＝5 s.
面：(1)四个规律看物理量间的联系和变化：①牛顿第二定律 F 牵 －F 阻＝ma；②匀加速运动 vt＝v0＋at；③机车功率 P＝F 牵 v； ④牵引力做功 W＝Pt.(2)抓住两个临界：①当 F 牵＝F 阻时，a＝0， v 达到最大； ②当机车功率达到最大功率(额定功率)后功率不 能再变，如果速度增大，则力减小．(3)注意一种情况：当机车 减速即 F 牵<F 阻时，若功率 P 不变，由于速度 v 变小，则牵引力 F 牵变大，而加速度反而变小．
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功； (2)小球通过“9”管道的最高点 M 时对轨道的作用力大小； (3)小球从 C 点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．
【解析】 (1)小球从初始位置到达缝隙 P 的过程中，由动 能定理，有
mg(H＋3R)－Wf＝12mv2－0. 代入数据，得 Wf＝2 J.
(2)由机械能守恒，得 mgH＝12mv2B. 由牛顿第二定律，得 F′－mg＝mvR2B. 则 F′＝2mRgH＋mg＝10H＋1. 据此作图象如图所示．
【答案】 (1)0.1 kg 0.2 m (2)见解析
【解析】 (1)汽车以额定功率运行，其牵引力为
F＝Pv， 由牛顿第二定律，得 F－f＝ma. 当 F＝f 时，a＝0，此时 vm＝Pf ＝PF＝804×001003m/s＝20 m/s.
(2)汽车以恒定加速度起动后，有 F′－f＝ma. 所以 F′＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N， 匀加速运动可达到的最大速度为 vm′＝FP＝808×001003m/s＝10 m/s. 所以匀加速运动的时间 t＝vma′＝120s＝5 s.
面：(1)四个规律看物理量间的联系和变化：①牛顿第二定律 F 牵 －F 阻＝ma；②匀加速运动 vt＝v0＋at；③机车功率 P＝F 牵 v； ④牵引力做功 W＝Pt.(2)抓住两个临界：①当 F 牵＝F 阻时，a＝0， v 达到最大； ②当机车功率达到最大功率(额定功率)后功率不 能再变，如果速度增大，则力减小．(3)注意一种情况：当机车 减速即 F 牵<F 阻时，若功率 P 不变，由于速度 v 变小，则牵引力 F 牵变大，而加速度反而变小．
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功； (2)小球通过“9”管道的最高点 M 时对轨道的作用力大小； (3)小球从 C 点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．
【解析】 (1)小球从初始位置到达缝隙 P 的过程中，由动 能定理，有
mg(H＋3R)－Wf＝12mv2－0. 代入数据，得 Wf＝2 J.
(2)由机械能守恒，得 mgH＝12mv2B. 由牛顿第二定律，得 F′－mg＝mvR2B. 则 F′＝2mRgH＋mg＝10H＋1. 据此作图象如图所示．
【答案】 (1)0.1 kg 0.2 m (2)见解析
2020年人教版(山东专用)高考物理：动力学、动量和能量观点的综合应用
专题探究六 动力学、动量和能量观点的综 合应用
考点研析 素养提升
考点研析
核心探究·重难突破
考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从 动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.
1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统 动量守恒mv0=(M+m)v.
解析:(3)设传送带速度为 u,对子弹,由动量定理得-ft=m(u-v0),
由动能定理得
f(ut+L)=
1 2
m(
v0 2
-u2)
联立解得 t= 5 2L . 3v0
答案:(3) 5 2L 3v 0
2.[子弹留在木块中]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始 时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,磁撞后两者粘 连在一起运动.碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传 感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线 拟合,求得该直线的斜率为 k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为 mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g取 9.8 m/s2.
2μ mgL= 1 mv2- 1 (M+m)u2,
⑦
22
联立①④⑦式解得 L= 2R .
⑧
5
m
M m
说明:(1)若M≫m,则s2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以 忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据.
(2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不
考点研析 素养提升
考点研析
核心探究·重难突破
考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从 动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.
1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统 动量守恒mv0=(M+m)v.
解析:(3)设传送带速度为 u,对子弹,由动量定理得-ft=m(u-v0),
由动能定理得
f(ut+L)=
1 2
m(
v0 2
-u2)
联立解得 t= 5 2L . 3v0
答案:(3) 5 2L 3v 0
2.[子弹留在木块中]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始 时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,磁撞后两者粘 连在一起运动.碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传 感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线 拟合,求得该直线的斜率为 k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为 mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g取 9.8 m/s2.
2μ mgL= 1 mv2- 1 (M+m)u2,
⑦
22
联立①④⑦式解得 L= 2R .
⑧
5
m
M m
说明:(1)若M≫m,则s2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以 忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据.
(2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不
高考二轮总复习课件(适用于山东)物理专题2能量与动量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用
专题二
第一讲 动能定理、机械能守恒定律、
功能关系的应用
内
容
索
引
01
核心考点聚焦
02
微专题•热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
功和功率的分析与计算
核心归纳
命题角度1 功的计算
(1)恒力做功:W=Fxcos α,W总=F合xcos α或W总=W1+ W2+…
F-x图像中面积表示功
(2)变力做功:一般用动能定理或图像法求解。
力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长
度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求
解。
答案 (1)1 m/s (2)2.17 s
5 6
(3)
12
m
5
6
m
解析 (1)小球恰好在最高点 O 只受到重力,重力提供向心力,即
核心归纳
只有重力做功
命题角度1 单个物体的机械能守恒
(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。
0 2
mg=m
代入数据可得v0=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为
1 m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得
1
Pt-μ1mgL-mg·2R=2 0 2 -0
代入数据可得,赛车的最短通电时间
13
t=
6
s=2.17 s。
(3)赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,
其速度大小为
v=
=
第一讲 动能定理、机械能守恒定律、
功能关系的应用
内
容
索
引
01
核心考点聚焦
02
微专题•热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
功和功率的分析与计算
核心归纳
命题角度1 功的计算
(1)恒力做功:W=Fxcos α,W总=F合xcos α或W总=W1+ W2+…
F-x图像中面积表示功
(2)变力做功:一般用动能定理或图像法求解。
力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长
度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求
解。
答案 (1)1 m/s (2)2.17 s
5 6
(3)
12
m
5
6
m
解析 (1)小球恰好在最高点 O 只受到重力,重力提供向心力,即
核心归纳
只有重力做功
命题角度1 单个物体的机械能守恒
(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。
0 2
mg=m
代入数据可得v0=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为
1 m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得
1
Pt-μ1mgL-mg·2R=2 0 2 -0
代入数据可得,赛车的最短通电时间
13
t=
6
s=2.17 s。
(3)赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,
其速度大小为
v=
=
2020高考物理二轮复习专题五能量和动量课件
-7-
一二三四五
答案:ABC 解析:由题意知物体开始做匀速直线运动,故拉力 F 与滑动摩擦力 Ff 大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为 μ=������������������=0.35,选项 A 正确; 减速过程由动能定理得 WF+WFf=0-12mv2,根据 F-x 图象中图线与横 轴围成的面积可以估算力 F 做的功 WF,而 Wf=-μmgx,由此可求得合 外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度 v,选项 B、C 正确; 因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项 D 错误.
答案:C 解析:由a-x图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的 加速运动,到2x0位置时速度最大,A错误;设最大速度为v,根据动能 定理得 ma0x0+12ma0x0=12mv2,解得 v= 3������������0,C 正确.
一二三四五
总功的计算方法 (1)用动能定理W=ΔEk或功能关系W=ΔE,即用能量的变化量等效 替代合力所做的功.(也可计算变力功) (2)总功等于合外力的功. 先求出物体所受各力的合力F合,再根据W总=F合lcos α计算总功, 但应注意α应是合力与位移l的夹角. (3)总功等于各力做功的代数和. 分别求出每一个力做的功:W1,W2,W3,…,再把各个外力的功求代 数和,即W总=W1+W2+W3+….
轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R,所以有
W≤mgR,W+3W≥52mgR,所以,58mgR≤W≤mgR,故 BCD 正确,A 错误,
故选BCD.
-10-
一二三四五
3. 如图所示,水平平台上放置一长为L、质量为m的均匀木板,板右 端距离平台边缘为s,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现 对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为( )
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
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
关闭
D从的.人绳加在恰速最好运低伸 动点直 ,后时到做,人绳加第速对一度人次增的下大拉降的力至减等最速于低运点人动的所,加过受速程的度中重等,人于力先零做时加,速速度度最减大小,
B
解析
答案
-4-
2.(2018全国Ⅱ卷)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( )
A.10 N
B.102N
C.103N
D.104 N
考点定位:动量定理、机械能守恒定律
关闭
不 约动解考量3 m题虑定,则空 思理气路求h=阻与出24力方地×的法3面m影:的利=响接7用2,触设动m力鸡,能设。蛋定竖落理直地求向速出上度落为为地正时v方,有的向速m,对g度h鸡=,然蛋������2������后冲2,每借击层助地楼于面高过
-6-
答案: 3121���3���0������2������≤μ<���2���0������2������
解析: 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生
碰撞,应有
1 2
������������0
2>μmgl
①
即 μ<���2���0������2������
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒 有
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第五章 专题探究五 动力学和能量观点的综合应用
解析:由A点开始运动时,F弹>Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量 逐渐减小,F弹减小,由F弹-Ff=ma知,a减小;当运动到F弹=Ff时,a减小为零,此时 弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此时,F弹<Ff,小物块 做减速运动,且随着压缩量继续减小,F弹与Ff差值增大,即加速度增大;当越 过O点后,弹簧被拉伸,此时弹力方向与摩擦力方向相同,有F弹′+Ff=ma′,随 着拉伸量增大,a′也增大.故从A到B过程中,物块加速度先减小后增大,在压 缩状态F弹=Ff时速度达到最大,选项A正确,B错误.在AO段物块运动方向与弹 力方向相同,弹力做正功,在OB段运动方向与弹力方向相反,弹力做负功,选 项C错误;由动能定理知,A到B的过程中,弹力做功和摩擦力做功之和为0,选 项D正确.
1.[水平传送带](多选)如图所示,水平传送带由电动机带动,并始终保持以速 度v匀速运动.现将质量为m的某物块无初速度地放在传送带的左端,经过时间 t物块保持与传送带相对静止.设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,对于这 一过程,下列说法正确的是( ACD )
2.[倾斜传送带](2018·四川成都模拟)如图(甲)所示,倾斜的传送带以恒定的 速率逆时针运行.在t=0时刻,将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度 地放在传送带的最上端A点,经过1.0 s,物块从最下端的B点离开传送带.取沿 传送带向下为速度的正方向,则物块的对地速度随时间变化的图像如图(乙) 所示(g=10 m/s2),求:
〚核心点拨〛(2)利用v-t图像,分别求出0～2 s内和2～4 s内物块相对木板 的相对位移.
答案:见解析
反思总结
做好两种分析,突破“滑块—滑板”类问题
(1)动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,求出各自的加速度;从放 上滑块到二者速度相等,求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分 别求出二者的位移. (2)功和能分析:对滑块和滑板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒 定律.要注意区分三个位移: ①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑; ②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板; ③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相.
专题(五) 动量和能量的综合
专题（五） 动量和能量的综合一、大纲解读动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。
将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查内容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等．相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查． 二、重点剖析1．独立理清两条线：一是力的时间积累——冲量——动量定理——动量守恒；二是力的空间移位积累——功——动能定理——机械能守恒——能的转化与守恒．把握这两条主线的结合部：系统．．。
即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。
动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。
2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加． 三、考点透视考点1、碰撞作用碰撞类问题应注意：⑪由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑫动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即1212k k k k E '+E 'E +E ≤；⑬速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即v v 后前＞，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且≥v v 后前；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
链 接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
第二十页，共42页。
K 考题 专项 训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分 专题复
习 专题二 功、能量与动量
第2课 动量和能量
第一页，共42页。
栏 目 链 接
第二页，共42页。
J 考点 简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析 首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏 目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题 专项 训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－
【高考】物理课标版二轮复习应用“三大观点”解决力学综合问题ppt课件
根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0=(M+m)v共
高考导航
μmgΔl=
1m
2
v02-
1 2
(M+m)
v共2
解得v共=3 m/s,Δl=6 m
(2)对木板有μmgs=
1M
2
v共2 -0,解得s=2
m
当L≥2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块
以v共=3 m/s匀减速到C点
程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为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
mv12
-0
④
-(fs2+mgh)=0-
1 2
m
-
v1 2
2
⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1=
1 2
v1t1
⑥
s2=
1 2
·v1
2
·(1.4t1-t1)
5
过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一 直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此 时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
考点一
栏目索引
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
60°)=
1 2
mvA2
-1
2
mvP2
在P点受力分析如图an=
vP2 R
ax=g sin 60°
a=
an2 ax2 =
67 g
2
考点一