动量与能量之难点解析专题5
动量与能量综合专题
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动量与能量综合专题一、动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的一个重要定律,它表述的是物体动量的变化遵循一定的规律。
当两个或多个物体相互作用时,它们的总动量保持不变。
这个定律的适用范围非常广泛,从微观粒子到宏观宇宙,只要有物体之间的相互作用,就可以应用动量守恒定律来描述。
在理解动量守恒定律时,需要注意以下几点:1、系统:动量守恒定律适用于封闭的系统,即系统内的物体之间相互作用,不受外界的影响。
2、总动量:动量的变化是指物体之间的总动量的变化,而不是单个物体的动量变化。
3、方向:动量是矢量,具有方向性。
在计算动量的变化时,需要考虑动量的方向。
二、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中的另一个重要定律,它表述的是能量不能被创造或消灭,只能从一种形式转化为另一种形式。
这个定律的适用范围同样非常广泛,从微观粒子到宏观宇宙,只要有能量的转化和转移,就可以应用能量守恒定律来描述。
在理解能量守恒定律时,需要注意以下几点:1、封闭系统:能量守恒定律适用于封闭的系统,即系统内的能量之间相互转化和转移,不受外界的影响。
2、转化与转移:能量的转化和转移是不同的。
转化是指一种形式的能量转化为另一种形式的能量,而转移是指能量从一个物体转移到另一个物体。
3、方向:能量的转化和转移是有方向的。
在计算能量的变化时,需要考虑能量的方向。
三、动量与能量的综合应用在实际问题中,动量和能量往往是相互的。
当一个物体受到力的作用时,不仅会引起物体的运动状态的变化,还会引起物体能量的变化。
因此,在解决复杂问题时,需要综合考虑动量和能量的因素。
例如,在碰撞问题中,两个物体相互作用后可能会发生弹射、粘合、破碎等情况。
这些情况的发生不仅与物体的动量有关,还与物体的能量有关。
如果两个物体的总动量不为零,它们将会继续运动;如果两个物体的总能量不为零,它们将会继续发生能量的转化和转移。
因此,在解决碰撞问题时,需要综合考虑物体的动量和能量因素。
四、总结动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两个重要定律,它们分别描述了物体动量的变化和能量的转化和转移遵循的规律。
专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)
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专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用【要点提炼】1.电磁学中的功能关系(1)电场力做功与电势能的关系:W 电=-ΔE p 电。
推广:仅电场力做功,电势能和动能之和守恒;仅电场力和重力及系统内弹力做功,电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2.电路中的电功和焦耳热(1)电功:W 电=UIt ;焦耳热:Q =I 2Rt 。
(2)纯电阻电路:W 电=Q =UIt =I 2Rt =U 2Rt ,U =IR 。
(3)非纯电阻电路:W 电=Q +E 其他,U >IR 。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系电源总功率任意电路:P 总=EI =P 出+P 内纯电阻电路:P 总=I 2(R +r )=E 2R +r电源内部消耗的功率P 内=I 2r =P 总-P 出电源的输出功率任意电路:P 出=UI =P 总-P 内纯电阻电路:P 出=I 2R =E 2R(R +r )2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路:η=P出P总×100%=UE×100%纯电阻电路:η=RR+r×100%由P出与外电阻R的关系可知:①当R=r时,电源的输出功率最大为P m=E24r。
②当R>r时,随着R的增大输出功率越来越小。
③当R<r时,随着R的增大输出功率越来越大。
④当P出<P m时,每个输出功率对应两个外电阻R1和R2,且R1R2=r2。
3.动量观点在电磁感应中的应用(1)动量定理在电磁感应中的应用导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时,在某过程中由动量定理有:BL I1Δt1+BL I2Δt2+BL I3Δt3+…=m v-m v0通过导体横截面的电荷量q=I1Δt1+I2Δt2+I3Δt3+…得BLq=m v-m v0,在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时,可考虑用此表达式。
高三物理总复习“动量和能量”的重点难点解析
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高三物理总复习“动量和能量”的重点难点解析2020年高三物理总复习:“动量和能量”的重点难点解析!-考点预测本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化.动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛.它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律,也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点.其命题形式一般是能量与动量综合起来考,如:2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题,2008年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动滑块碰撞问题”,全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”,重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”.但是,由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置,在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上,而不是在于动量守恒定律的应用上.另外,从2009年各地的高考考卷中也可发现,除了能量与动量的综合题外,单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大.要点归纳一、基本的物理概念1.冲量与功的比较2.动量与动能的比较(4)动量和动能都是描述物体状态的量,都有相对性(相对所选择的参考系),都与物体的受力情况无关.动量的变化和动能的变化都是过程量,都是针对某段时间而言的.二、动量观点的基本物理规律3.动量守恒定律(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体).(2)动量守恒定律的适用条件①标准条件:系统不受外力或系统所受外力之和为零.②近似条件:系统所受外力之和虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计.③分量条件:系统所受外力之和虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上系统总动量的分量保持不变.(3)使用动量守恒定律时应注意:①速度的瞬时性;②动量的矢量性;③时间的同一性.(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法①分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是作用于系统的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件,判断能否应用动量守恒定律.③明确所研究的相互作用过程,确定过程的始末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式.(注意:在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应取地球为参考系)④确定正方向,建立动量守恒方程求解.三、功和能1.中学物理中常见的能量3.中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对应.在物体相互作用的过程中,物体的运动状态通常要发生变化,所以物体的能量变化一般要通过做功来实现,这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质.那么,什么功对应着什么能量的转化呢?在高中物理中主要的功能关系有:4.运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统),弄清物理过程.(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化.(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量.四、弹性碰撞碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反;碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B 的速度大小相等、方向相反.【结论1】对于一维弹性碰撞,若以其中某物体为参考系,则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回).联立以上各式可解得:【结论2】对于一维弹性碰撞,若两个物体的质量相等,则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度,碰后B的速度等于碰前A的速度).若A的质量远大于B的质量,则有:【结论3】对于一维弹性碰撞,若其中某物体的质量远大于另一物体的质量,则质量大的物体碰撞前后速度保持不变.至于质量小的物体碰后速度如何,可结合结论1和结论2得出.在高考复习中,若能引导学生推导出以上二级结论并熟记,对提高学生的解题速度是大有帮助的.热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型:1.定性解释周围的一些现象;2.求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力;3.计算流体问题中的冲力(或反冲力);4.根据安培力的冲量求电荷量.●例1如图2-1所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,瓶的底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为S,气体的密度为ρ,气体向外喷出的速度为v,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是动量定理对多个物体组成的系统也成立,而动能定理对于多个物体组成的系统不适用.★同类拓展1如图2-2所示,质量为M的木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,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的大小分别为二、动能定理、机械能守恒定律的应用1.对于单个平动的物体:W总=ΔEk,W总指物体所受的所有外力做的总功.2.系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒.(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功.(2)轻杆绕一端自由下摆,若轻杆上只固定一个物体,则轻杆对物体不做功;若轻杆上不同位置固定两个物体,则轻杆分别对两物体做功.(3)对于细绳连接的物体,若细绳存在突然绷紧的瞬间,则物体(系统)的机械能减少.3.单个可当做质点的物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定理解题,两种方法等效.发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时,一般用机械能守恒定律解题,不方便应用动能定理解题.动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论,对于单个物体受恒力作用的过程,以上两种方法都可以用来分析解答,但方法二的物理过程较复杂.例如涉及曲线运动或变力做功时,运用动能定理更为方便.★同类拓展2一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇,从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m.设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变,已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动,从第 8 s 末开始,马拉雪橇做功的功率保持不变,使雪橇继续做直线运动,最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动,速度大小为 15 m/s;开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半.求:整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小.●例3如图2-3所示,质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连,弹簧的劲度系数为k,A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段沿竖直方向.若在挂钩上挂一质量为m3的物体C,则B将刚好离地.若将C换成另一个质量为m1+m3的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次B 刚离地时D的速度大小是多少?(已知重力加速度为g)含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高,而且多次考查以下原理:①弹簧的压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等;②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量,与过程无关三、碰撞问题1.在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击),即使在空中或粗糙的水平面上,往往由于作用时间短、内力远大于外力,系统的动量仍可看做守恒.2.两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则:①动量守恒;②机械能不增加;③碰后两物体的前后位置要符合实际情境.3.两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能的损耗最大.●例4如图2-4所示,在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球,依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q =3.75×10-3 C,第一个小球的质量m=0.03 kg,从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的3(1),小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里,已知该磁场的磁感应强度B=0.5 T.现给第一个小球一个水平速度v=8 m/s,使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰.若碰撞过程中电荷不转移,则第几个小球被碰后可以脱离地面?(不计电荷之间的库仑力,取g=10 m/s2)四、高中物理常见的功能关系【解析】方法一:(1)因水池的面积很大,可忽略因木块压入水中所引起的水深变化,木块刚好完全没入水中时,图2-7丙中原来处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这部分水平铺于水面,这部分水的质量为m,其势能的改变量为(取容器底为零势能面):方法二:(1)水池的面积很大,可忽略因木块压入水中引起的水深变化.当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等;当木块刚没入水中时,浮力的大小等于重力的2倍,故所需的压力随下压位移的变化图象如图2-7戊所示.3.导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能.●例7如图2-8所示,竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ 相距L,在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻,在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上,与磁场的上边界相距d0.现使ab棒由静止开始释放,棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨的电阻不计).4.多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题。
专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【练】-2023年高考物理班二轮热点题型归纳(解析)
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专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用一、单选题1.(2022·浙江·高考真题)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。
下列说法正确的是()A.a点所在的线是等势线B.b点的电场强度比c点大C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零【答案】C【详解】A.因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜,则a点所在的线是电场线,选项A错误;B.因c处的电场线较b点密集,则c点的电场强度比b点大,选项B错误;C.因bc两处所处的线为等势线,可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大,选项C正确;D.因dg两点在同一电场线上,电势不相等,则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零,选项D错误。
故选C。
2.(2022·湖南·高考真题)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边、、c、d上。
移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。
关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是()A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大【答案】A【详解】根据对称性可知,移去a处的绝缘棒后,电场强度方向垂直指向a,再根据电势的叠加原理,单个点电荷在距其r处的电势为q kϕ=(取无穷远处电势为零)r现在撤去处的绝缘棒后,减小,则点的电势减小。
故选A。
3.(2022·江苏·高考真题)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O 是正方形的中心。
现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则()A.在移动过程中,O点电场强度变小B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功D.当其移动到无穷远处时,O点的电势高于A点【答案】D【详解】A.O是等量同种电荷连线的中点,场强为0,将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处,O点电场强度变大,故A不符合题意;B.移动过程中,C点场强变小,正电荷所受静电力变小,故B错误;C.A点电场方向沿OA方向,移动过程中,移动电荷所受静电力做正功,故C错误;D.A点电场方向沿OA方向,沿电场线方向电势降低,移动到无穷远处时,O点的电势高于A点电势,故D正确。
热点专题系列(5) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
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热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述:处理力学问题的三个基本观点:①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律);②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律);③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。
熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。
[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换,这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2 kg,车上放置有质量m A=2 kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量m B=4 kg。
已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。
A 、B 紧靠车厢前壁,A 的左端与小车后壁间的距离为x =2 m 。
现对小车施加水平向右的恒力F ,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞,该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示,已知重力加速度大小g =10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
高考物理新力学知识点之动量解析(5)
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高考物理新力学知识点之动量解析(5)一、选择题1.如图所示,水平地面上有倾角为θ、质量为m的光滑斜面体,质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套,杆的底端置于斜而上高为h的位置处.现将杆和斜面体由静止自由释放,至杆滑到斜面底端(杆始终保持竖直状态),对该过程下列分折中正确的是(重力加速度为g)A.杆和斜面体组成的系统动量守恒B.斜面体对杆的支持力不做功C.杆与斜面体的速度大小比值为sinθD.杆滑到斜面底端时,斜面体的速度大小为2gh cosθ2.质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为5.0m.小球与软垫接触的时间为1.0s,在接触时间内小球受到合力的冲量大小为(空气阻力不计,g取10m/s2)A.10N·s B.20N·s C.30N·s D.40N·s3.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度 g=10 m/s 2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )A.B.C.D.4.如图,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )A .mhM m+B .MhM m+C .cot mh M mα+D .cot Mh M mα+5.将充足气后质量为0.5kg 的篮球从1.6m 高处自由落下,篮球接触地面的时间为0.5s ,竖直弹起的最大高度为0.9m 。
不计空气阻力,重力加速度大小为g=9.8m/s 2。
则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为 A .4.9N B .8.9N C .9.8N D .14.7N6.如图所示,两个相同的木块A 、B 静止在水平面上,它们之间的距离为L ,今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A 、B ,在子弹射出A 时,A 的速度为v A ,子弹穿出B 时,B 的速度为v B ,A 、B 停止时,它们之间的距离为s ,整个过程A 、B 没有相碰,则( )A .s =L ,v A =v BB .s >L ,v A <v BC .s <L ,v A >v BD .s <L ,v A <v B7.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中,A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示.则在子弹打入木块A 及弹簧被压缩的过程中,子弹、两木块和弹簧组成的系统( )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,机械能也不守恒8.质量是60kg 的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来.已知安全带的缓冲时间是1.2s ,安全带长5m ,取210 /g m s =,则安全带所受的平均冲力的大小为( ) A .1100NB .600NC .500ND .100N9.如图所示,在冰壶世锦赛上中国队以8:6战胜瑞典队,收获了第一 个世锦赛冠军,队长王冰玉在最后一投中,将质量为19kg 的冰壶推出,运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典冰壶,然后中国队冰壶以0.1m /s 的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等,则下列判断正确的是( )A .瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B .瑞典队冰壶的速度为0.3m /s ,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C .瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D .瑞典队冰壶的速度为0.5m /s ,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞10.物体在恒定的合外力作用下做直线运动,在时间△t 1内动能由0增大到E 0,在时间∆t 2内动能由E 0增大到2E 0.设合外力在△t 1内做的功是W 1、冲量是I 1,在∆t 2内做的功是W 2、冲量是I 2,那么( ) A .I 1<I 2 W 1=W 2B .I 1>I 2 W 1=W 2C .I 1<I 2 W 1<W 2D .I 1=I 2 W 1<W 211.从同一高度的平台上,抛出三个完全相同的小球,甲球竖直上抛,乙球竖直下抛,丙球平抛,三球落地时的速率相同,若不计空气阻力,则( ) A .抛出时三球动量不都相同,甲、乙动量相同,并均小于丙的动量 B .落地时三球的动量相同C .从抛出到落地过程,三球受到的冲量均不相同D .从抛出到落地过程,三球受到的冲量均相同12.忽然“唵——”的一声,一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过,小明就想,装沙时运沙车都是停在沙场传送带下,等装满沙后再开走,为了提高效率,他觉得应该让运沙车边走边装沙。
(统考版)高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书
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专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点:①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律);②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律);③动量观点(动量定理、动量守恒定律).熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的.关键能力·分层突破考点一 碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2.模型特点(1)在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒.(2)在动量方面,系统动量守恒.(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大.(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零.例1. (多选)如图甲所示,物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触,b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定,在a物块离开挡板后,b物块的v t关系图象如图乙所示.则下列分析正确的是( )A.a的质量为1 kgB.a的最大速度为4 m/sC.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5 JD.在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2.模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大,两者的相对位移也最大.(2)系统的动量守恒,但系统的机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,当两者的速度相等时,系统机械能损失最大.例2. 如图所示,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦因数为μ.求:(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.教你解决问题第一步:审条件 挖隐含P的速度不变.①“与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短”隐含→P1、P2获得共同速度.②“碰撞后P1与P2粘连在一起”隐含→P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”隐含→中的弹性势能变化为零.第二步:审情景 建模型①P1与P2碰撞建模碰撞模型.→②P与P2之间的相互作用建模滑块—滑板模型.→第三步:审过程 选规律①动量守恒定律―→求速度.②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能E p.模型3“子弹打木块”模型1.模型图2.模型特点(1)子弹打入木块若未穿出,系统动量守恒,能量守恒,即mv 0=(m +M )v ,Q 热=fL相对=12mv2-12(M +m )v 2.(2)若子弹穿出木块,有mv 0=mv 1+Mv 2,Q 热=fL 相对=12mv −0212mv −1212M v 22.例3.(多选)如图所示,一质量m 2=0.25 kg 的平顶小车,车顶右端放一质量m 3=0.30 kg 的小物体,小物体可视为质点,与车顶之间的动摩擦因数μ=0.45,小车静止在光滑的水平轨道上.现有一质量m 1=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=18 m/s 射中小车左端,并留在车中,子弹与车相互作用时间很短.若使小物体不从车顶上滑落,g 取10m s2.下列分析正确的是( )A .小物体在小车上相对小车滑行的时间为13s B .最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C .小车的最小长度为1.0 mD .小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 跟进训练1.[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示,两个小球A 、B 大小相等,质量分布均匀,分别为m 1、m 2,m 1<m 2,A 、B 与轻弹簧拴接,静止在光滑水平面上,第一次用锤子在左侧与A 球心等高处水平快速向右敲击A ,作用于A 的冲量大小为I 1,第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上,用锤子在右侧与B 球心等高处水平快速向左敲击B ,作用于B 的冲量大小为I 2,I 1=I 2,则下列说法正确的是( )A .若两次锤子敲击完成瞬间,A 、B 两球获得的动量大小分别为p 1和p 2,则p 1=p 2B .若两次锤子敲击分别对A 、B 两球做的功为W 1和W 2,则W 1=W 2C .若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 1和L 2,则L 1<L 2D .若两次弹簧压缩到最短时,A 、弹簧、B 的共同速度大小分别为v 1和v 2,则v 1>v 22.如图甲所示,质量为M =3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上,在t =0时,两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车,1.0 s内它们的v t 图象如图乙所示,g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大?(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰,车的长度至少为多少?考点二 力学三大观点解决多过程问题1.三大力学观点的选择技巧根据问题类型,确定应采用的解题方法.一般来说,只涉及作用前后的速度问题,考虑采用动量守恒和能量守恒;涉及运动时间与作用力的问题,采用动量定理,考虑动能定理;涉及变化情况分析时由于涉及变量较多,一般采用图象法等.2.三大解题策略(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度.(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功).(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).例4. 如图所示,质量为M=100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上,弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ=60°,半径R=0.2 m,与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r=0.2 m,c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点,轨道与水平面相切于c点,已知b点左侧水平面光滑,b、c间的水平面粗糙.两质量分别为m1=100 g、m2=50 g的物块P、Q放在水平面上,两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接),用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起,初始时弹簧储存的弹性势能为E p=0.6 J.某时刻将细线烧断,弹簧将两物块弹开,两物块与弹簧分离时,物块P还未滑上弧形槽,物块Q还未滑到b点,此后立即拿走弹簧,物块P冲上弧形槽,已知x bc=1 m,重力加速度g=10 m/s2,两物块均可看成质点,忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失.(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出,若能,求出物块P上升的最大高度,若不能,求出物块P和滑块的最终速度大小.(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道,则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件?跟进训练3.如图所示,在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC,它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成,A、C两端切线水平.在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE,圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接.一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道,通过C点后进入圆弧轨道运动,过C点时轨道对小球的压力为2mg,小球始终没有离开圆弧轨道.已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求:(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小;(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度.专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力·分层突破例1 解析:由题意可知,当b的速度最小时,弹簧恰好恢复原长,设此时a的速度最大为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:m b v0=mb v1+m a v,12m b v2=12m b v12+12m a v2,代入数据解得:m a=0.5 kg,v=4 m/s,故A错误,B正确;两物块的速度相等时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:m b v0=(m a+m b)v2,E p=12mbv−212(ma+m b)v22,代入数据解得:Ep=1.5 J,故C正确;在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力,所以系统机械能守恒、动量不守恒,故D错误.答案:BC例2 解析:(1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒mv0=2mv1,解得v1=v 0 2最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=3 4 v0(2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:1 2×2mv+¿1212×2mv−212×4m v22¿=2mgμ(L+x)×2解得x=v0232μg-L在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:E p=2mgμ(L+x)解得E p=116mv2答案:(1)v0234v0 (2)v0232μg-L 116mv2例3 解析:子弹射入小车的过程中,由动量守恒定律得:m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=3 m/s;小物体在小车上滑行过程中,由动量守恒定律得(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v2,解得v2=1.5 m/s,选项B错误;以小物体为研究对象,由动量定理得I=μm3gt=m3v2,解得t=13s,选项A正确;小车对小物体的摩擦力的冲量为I=0.45 N·s,选项D正确;当系统相对静止时,小物体在小车上滑行的距离为l,由能量守恒定律得μm3gl=1 2(m1+m2)v−1212(m1+m2+m3)v22,解得l=0.5 m,所以小车的最小长度为0.5 m,选项C错误.答案:AD1.解析:由动量定理I=Δp可知,由于I1=I2,则两次锤子敲击完成瞬间有p1=p2,故A正确;由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等,由E k=p22m可知,A球获得的初动能更大,由动能定理可知W1>W2,故B错误;由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v,得v=m1v0m1+m2,由能量守恒有12m1v2=12(m1+m2)v2+E p,得E p=m1m2 2(m1+m2)v2,由于p1=p2,则质量越大的,初速度越小,即A球获得的初速度较大,则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大,即L1<L2,故C正确;由动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v=p,得v=m1v0m1+m2=pm1+m2,则两次共速的速度大小相等,即v1=v2,故D错误.答案:AC2.解析:(1)由v-t图象可知:A、B的加速度大小为a A=2 m/s2,a B=2 m/s2由牛顿第二定律可知,f A=2 N,f B=2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零,故小车不动,即位移为零.(2)由图象可知0~1.0 s内A、B的位移分别为:x A=12(2+4)×1 m=3 m,x B=12×2×1 m=1 m1.0 s后,系统的动量守恒,三者的共同速度为v,则mv A=(M+2m)v,代入数据得:v=0.4 m/s1.0 s后A减速,小车和B一起加速且a车=23+1m/s2=0.5 m/s2x′A=v2−v A2-2a A=0.96 mx车=v22a车=0.16 m车的长度至少为l=x A+x B+x′A-x车=4.8 m.答案:(1)0 (2)4.8 m例4 解析:(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒,设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2,则有0=m1v1-m2v2,E p=12m1v+¿1212m2v22¿解得v1=2 m/s,v2=4 m/s物块P以速度v1冲上滑块,P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒,系统的机械能守恒,假设P不能从滑块的左侧冲出,且P在滑块上运动到最高点时的速度为v,距水平面的高度为h,则有m1v1=(m1+M)v,12m1v12=12(m1+M)v2+m1gh解得h=0.1 m由于h=R(1-cos 60°),所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出,假设成立,之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下,设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v3+Mv4,12m1v12=12m1v+¿3212M v42¿解得v3=0,v4=2 m/s.(2)若Q恰能经过d点,则Q在d点的速度v d满足m2g=m2v d2 rQ从b点运动到半圆轨道最高点d的过程,由动能定理有-μm2gx bc-2m2gr=12m2v−d212m2v22解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ=0.3若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点,则由动能定理得-μm2gx bc-m2gr=0−12m2v22解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ=0.6若Q恰能到达c点,则由动能定理得-μm2gx bc=0−12m2v22解得Q恰能运动到c点时μ=0.8分析可知,要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道,应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案:(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83.解析:(1)小球过C点时,有2mg+mg=m v C2R,解得v C=√3gR.小球从A到C,由机械能守恒定律得12m v2=12m vC2+mg·2R,联立解得v0=√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程,在水平方向上,由动量守恒定律得mv C=(m+2m)v共.由机械能守恒定律得12m vC2=12(m+2m)v共2+mgh,联立解得h=R.答案:(1)√7gR (2)R。
高考物理复习 专题五 第2课时动量和能量观点的综合应用
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解析 (1)设M做平抛运动的初速度是v,
s=vt,h=
1 2
gt2
v=s g 2h
ppt课件
(2)摆球m经最高点A时只受重力作用,
mg=mv A 2
l
摆球经最高点A时的动能为EA
EA=
1 2
mvA2=12
mgl
(3)碰后小摆球m做圆周运动时机械能守恒,
1 2
mvB2=
1 2
vB= 5 gl
mvA2+2mgl
ppt课件
(2)之后小物体进入水平表面,而滑槽由于撞墙,
速度变为0,设两者同速为v,相对位移为s,由系统
动量守恒及功能关系得
mv1=(m+M)v
mgs=1 2
mv12-12
解得s=1.6 m<L=3 m
(m+M)v2
所以最终小物体离C端l=(3-1.6) m=1.4 m
答案 (1)4 m/s
1 m/s (2)1.4 m
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思路方法 1.解决力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:主要应用 牛顿运动 定律和运动学公 式相结合,常涉及受力、加速度或已知匀变速运动 的问题. (2)动量的观点:主要应用 动量 定理或动量守恒定 律求解,常涉及物体的受力和 时间 问题,以及相互 作用的物体系问题. (3)能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题 时,常用动能定理分析,在涉及物体系内能量的转化 问题时,常用能量的转化和守恒定律.
2.动能定理和动量定理的区别 (1)意义不同:动量定理表示合外力F作用对 时间积 累的冲量Ft,直接效应是引起物体 动量的变化Δp , 是一个矢量规律.动能定理表示合外力作用对空间积 累的总功W,直接效应是引起物体动能的变化ΔEk , 是一个标量规律. (2)解题思路不同:动量定理的应用关键是受力分析, 确定正方向,明确冲量及初、末动量的正负,此正负 是表示矢量的方向.动能定理的应用关键是受力分析, 明确各力做功的正负及物体的初末动能,功的正负表示 做功的效果不同,是标量的正负.
【2020】高三物理专题复习-第五专题-动量与能量试卷及参考答案
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②、③式联立解得
④
将①代入得④
(2)a由④式,考虑到得
根据动能传递系数的定义,对于1、2两球
⑤
同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为
⑥
依次类推,动能传递系数k1n应为
解得
b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大,只需使
由
8、答案:(1)0.24s (2)5m/s
解析:本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题.。
涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用.。
(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有
②其中③
解得
代入数据得
④
(2)要使物块恰好不从车厢滑出,须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′,则
⑤
+=S。
动量与能量之难点解析
![动量与能量之难点解析](https://img.taocdn.com/s3/m/5c57458602020740be1e9bf9.png)
动量与能量之难点解析专题01 动量与能量分析之“碰撞模型” 专题02 动量与能量分析之“板-块模型” 专题03 动量与能量分析之“含弹簧系统” 专题04 动量与能量分析之“爆炸及反冲问题” 专题05 动量与能量观点在电磁感应中的应用专题01 动量与能量分析之“碰撞模型”【方法总结】碰撞模型的动量与能量分析是高考命题的热点,碰撞模型分为三类:弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞,抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解,是解决碰撞模型相关问题的关键。
1. 弹性碰撞:碰撞前后系统动量守恒、机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,有: 1v 1m 2m动量守恒: 221111v m v m v m '+'= 机械能守恒:222211211212121v m v m v m '+'= 解得: 121211v m m m m v +-=' 121122v m m m v +='(需要熟记) 当21m m =时,01='v 12v v =' 即1m 小球碰后静止,2m 小球获得1m 小球碰前速度,两球发生速度的交换。
2. 非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒,且m E E <<损03. 完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒,且m E E 损(碰撞后系统共速成为一个整体,损失机械能最大)4. “碰撞过程”的规律:精选试题(解析答案在最后)1. 如图所示,两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A 的质量为m ,速度大小为2v 0,方向向右,滑块B 的质量为2m ,速度大小为v 0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A .A 和B 都向左运动 B .A 和B 都向右运动C .A 静止,B 向右运动D .A 向左运动,B 向右运动2. 如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A 球在水平面上静止放置,B 球向左运动与A 球发生正碰,B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A 球垂直撞向挡板,碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞,A 、B 两球的质量之比为________,A 、B 碰撞前、后两球总动能之比为________.3. (多选)(2019银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象,a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图线,c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线,若A 球质量是m =2 kg ,则由图象判断下列结论正确的是 ( )A.碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/sB.碰撞时A球对B球所施的冲量为-4 N·sC.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J4.[多选]如图甲所示,物块a从光滑斜面上某点由静止滑下,物块b从水平面上的某位置水平向左运动,0.4 s末物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞,且碰撞后两者粘在一起沿斜面向上运动到最高点。
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析
![高考物理2025年动量定理知识点与难点解析](https://img.taocdn.com/s3/m/cb96c939f4335a8102d276a20029bd64793e6249.png)
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析在高考物理中,动量定理一直是一个重要且具有一定难度的知识点。
对于备战 2025 年高考的同学们来说,深入理解和掌握动量定理及其相关难点,对于提高物理成绩至关重要。
一、动量定理的基本概念动量定理描述了物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。
动量(p)的定义是物体的质量(m)与速度(v)的乘积,即 p = mv。
而冲量(I)则是力(F)在时间(t)上的积累,用公式表示为I =Ft。
简单来说,当一个物体受到外力作用时,经过一段时间,其动量会发生改变,改变的量就等于外力在这段时间内的冲量。
二、动量定理的表达式动量定理的表达式为:Ft =Δp,其中 F 是合外力,t 是作用时间,Δp 是动量的变化量。
这个表达式的含义是:合外力在一段时间内的作用效果,等于这段时间内物体动量的变化。
例如,一个质量为 2kg 的物体,原来速度为 3m/s,受到一个恒力作用 2s 后,速度变为 5m/s。
则物体所受合外力的冲量为:F × 2 = 2 × 5 2 × 3F = 2N三、动量定理的适用条件动量定理适用于任何情况,无论是恒力还是变力,也不管物体的运动轨迹是直线还是曲线。
对于恒力作用的情况,我们可以直接使用上述表达式进行计算。
但对于变力作用的情况,需要通过积分的方法来计算冲量。
四、动量定理与牛顿第二定律的关系牛顿第二定律 F = ma 可以通过运动学公式 a =(v u) / t 进行变形,得到 F = m(v u) / t ,进一步整理可得 Ft = mv mu ,这正是动量定理的表达式。
可以说,动量定理是牛顿第二定律在时间上的积累效果的体现。
五、动量定理的难点解析1、变力作用下的冲量计算在很多实际问题中,物体所受的力是随时间变化的,这时候计算冲量就比较复杂。
例如,一个小球与地面碰撞时,地面对小球的支持力是随时间变化的。
对于这种情况,我们通常需要利用图像(如 F t 图像)来计算冲量,图像与时间轴所围的面积就等于冲量。
动量及能量经典题剖析及问题详解
![动量及能量经典题剖析及问题详解](https://img.taocdn.com/s3/m/7c1a0572bb4cf7ec4afed0e5.png)
动量及能量经典题剖析一.动量问题1.斜面问题【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道,静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦,圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
2.子弹打木块类问题【例2】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
3.反冲问题在某些情况下,原来系统物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化。
可以把这类问题统称为反冲。
【例3】质量为m的人站在质量为M,长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边。
当他向左走到船的左端时,船左端离岸多远?【例4】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0,速度方向水平。
火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为多大?4.爆炸类问题【例5】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时忽然炸成两块,其块质量300g 仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。
5.某一方向上的动量守恒【例6】如图所示,AB为一光滑水平横杆,杆上套一质量为M的小圆环,环上系一长为L质量不计的细绳,绳的另一端拴一质量为m的小球,现将绳拉直,且与AB平行,由静止释放小球,则当线绳与A B成θ角时,圆环移动的距离是多少?6.物块与平板间的相对滑动【例7】如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M,A、B间动摩擦因数为μ,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:(1)A、B最后的速度大小和方向;(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小。
难点突破:动量与能量
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解得 : v A 2 gR gR (不符合题意, 舍去) 故 v A 2 gR gR
设A球相对半圆槽口上升最大高度为h,则有
mg(h+R)=mvA2 /2
⑤
1 解得 : h ( 2
2 )R
四:经验总结:三个基本观点
力的观点: 牛顿运动定律、运动学规律
动量观点: 动量定理、动量守恒定律 能量观点: 动能定理、能的转化和守恒定律 (包括机械能守恒定律)
心得体会: 如何选用力学的三个基本观点?
实战演练
例1. 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在 平直公路上匀速前进,速度为v0 ,某时刻拖 车突然与汽车脱钩,到拖车停下瞬间司机才 发现.若汽车的牵引力一直未变,车与路面 的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时,汽 车的瞬时速度是多大?
二、知识结构:
• • • • • • 1、功 2、能 3、功能关系 4、能的转化和守恒定律 5、动量、冲量及动量定理 6、动量守恒定律
三、典型例题:
例1.(子弹打木块问题)矩形滑块由不同材料的上、下 两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上 (如图所示),质量为的m子弹以速度v0水平射向滑 块,若射击上层,子弹刚好不射出,若射击下层, 则整个子弹刚好嵌入,由上述两种情况相比较( ) A.两次子弹对滑块做的功一样多 B.两次滑块受到的冲量一样大 C.子弹嵌入下层时,对滑块做功较多 D.子弹嵌入上层时,系统产生的热量较多
本题总结:
1、受力分析、运动情况分析是明确物理过程的关键; 2、在涉及到相对位移(路程)且摩擦生热时,一般 选用能量观点分析
课堂小结
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动量与能量之难点解析专题01 动量与能量分析之“碰撞模型”专题02 动量与能量分析之“板-块模型”专题03 动量与能量分析之“含弹簧系统”专题04 动量与能量分析之“爆炸及反冲问题”专题05 动量与能量观点在电磁感应中的应用专题5 动量与能量观点在电磁感应中的应用【方法总结】解决电磁感应问题往往需要力电综合分析,在电磁感应问题中需要动量与能量分析求解时,学生往往无从下手,属于压轴考查,需要学生平时吃透典型物理模型和积累解题经验,现将动量与能量观点求解电磁感应综合问题时常出现典型模型和思路总结如下:1. “双轨+双杆”模型以“2019全国3卷第19题”物理情景为例:如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。
t =0时,棒ab 以初速度v 0向右滑动。
运动过程中,ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好:模型分析:双轨和两导体棒组成闭合回路,通过两导体棒的感应电流相等,所受安培力大小也相等,ab 棒受到水平向左安培力,向右减速;cd 棒受到水平向右安培力,向右加速,最终导体棒ab 、cd 系统共速,感应电流消失,一起向右做匀速直线运动,该过程由导体棒ab 、cd 组成的系统合外力为零,动量守恒:共v m m v m cd ab ab )(0+=2. 巧用“动量定理”求通过导体电荷量q思路:动量定理得:p t BIL p t F ∆=∆⋅⇒∆=∆⋅安,由于t I q ∆⋅=,所以p BLq ∆=,即:BLp q ∆=【精选试题解析】1. (2019全国Ⅲ卷)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。
t =0时,棒ab以初速度v 0向右滑动。
运动过程中,ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v 1、v 2表示,回路中的电流用I 表示。
下列图像中可能正确的是( )2. [多选]如图所示,两根相距为d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上,导轨电阻不计。
磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直,长度等于d 的两导体棒M 、N 平行地放在导轨上,且电阻均为R 、质量均为m ,开始时两导体棒静止。
现给M 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ,整个过程中M 、N 均与导轨接触良好,下列说法正确的是( )A .回路中始终存在逆时针方向的电流B .N 的最大加速度为B 2Id 22m 2RC .回路中的最大电流为BId 2mRD .N 获得的最大速度为I m3. (2019浙江选考)如图所示,在间距L =0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度为分布沿y 方向不变,沿x 方向如下:10.2{50.20.2 10.2Tx m B xT m x m Tx m>=-≤≤-<-导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C =1F 的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I =2A ,电流方向如图所示。
有一质量m =0.1kg 的金属棒ab 垂直导轨静止放置于x 0=0.7m 处。
开关S 掷向1,棒ab 从静止开始运动,到达x 3=-0.2m 处时,开关S 掷向2。
已知棒ab 在运动过程中始终与导轨垂直。
求:(提示:可以用F -x 图象下的“面积”代表力F 所做的功)(1)棒ab 运动到x 1=0.2m 时的速度v 1;(2)棒ab 运动到x 2=-0.1m 时的速度v 2;(3)电容器最终所带的电荷量Q 。
4. 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。
电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E ,电容器的电容为C 。
两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ,电阻不计。
炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。
首先开关S 接1,使电容器完全充电。
然后将S 接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出),MN 开始向右加速运动。
当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN 达到最大速度,之后离开导轨。
问:(1)磁场的方向;(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小;(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少。
5. 如图所示,水平光滑金属导轨在同一水平面上,间距分别为L 和3L ,间距为L 的导轨有一 小段左右断开,为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处,在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处)。
质量为m 、电阻为R l 的均匀金属棒ab 垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧,另一质量也为m 、电阻为R 2的均匀金属棒cd 垂直于导轨放置在间距为3L 的导轨左端。
导轨MN 和PQ 、M′N′和P′Q′都足够长,所有导轨的电阻都不计。
电源电动势为E 、内阻不计。
整个装置所在空间有竖直方向的、磁感应强度为B 的匀强磁场。
闭合开关S ,导体棒ab 迅即获得水平向右的速度v 0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上。
求:(1)空间匀强磁场的方向;(2)通过电源E某截面的电荷量;(3)从导体棒ab滑上导轨MN和PQ起至开始匀速运动止,这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能。
6.如图所示,PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道,轨道足够长,其电阻忽略不计。
金属棒ab、cd放在轨道上,始终与轨道垂直且接触良好。
金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m,长度均为L、电阻均为R,两金属棒的长度恰好等于轨道的间距,并与轨道形成闭合回路。
整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,若锁定金属棒ab不动,使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下,沿轨道向上做匀速运动。
重力加速度为g。
(1)试推导论证:金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电;(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻为0时刻,恒力大小变为F′=1.5mg,方向不变,同时解锁、静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。
求:①t时刻以后金属棒ab的热功率P ab;②0~t时间内通过金属棒ab的电荷量q。
7.如图所示,足够长的水平导轨左侧b1b2-c1c2部分导轨间距为3L,右侧c1c2-d1d2部分的导轨间距为L,曲线导轨与水平导轨相切于b1b2,所有导轨均光滑且电阻不计。
在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1 T。
质量为m B=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上,质量为m A=0.1 kg 的金属棒A自曲线导轨上a1a2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨上运动,B棒总在窄轨上运动。
已知:两棒接入电路的有效电阻均为R=0.2 Ω,h=0.45 m,L=0.2 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。
求:(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小;(2)B棒匀速运动时的速度大小;(3)在两棒整体运动过程中,两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。
8.(2019届高三青岛模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左侧部分水平,右侧部分为半径r=0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。
有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。
现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入半圆轨道后,恰好能通过轨道最高位置PP′,cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)ab棒开始向右运动时,cd棒的加速度大小a0;(2)cd棒刚进入半圆轨道时,ab棒的速度大小v1;(3)cd棒进入半圆轨道前,ab棒克服安培力做的功W。
9.如图所示,ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨,MN和M′N′是用绝缘细线连接的两根金属杆,其质量分别为m和2m,用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触。
整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中,导轨足够长,间距为L,电阻可忽略,两杆总电阻为R,与导轨始终接触良好,重力加速度为g。
t=0时刻,将细线烧断,保持力F不变。
(1)细线烧断后任意时刻,求两杆运动的速度大小之比;(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s,该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少?10.如图所示,两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角,导轨间距为d,两导体棒a和b与导轨垂直放置,两导体棒的质量都为m,电阻都为R,回路中其余电阻不计。
整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B。
在t=0时刻,使a沿导轨向上做速度为v的匀速运动,已知d=1 m,m=0.5 kg,R=0.5 Ω,B=0.5 T,θ=30°,g取10 m/s2,不计两导体棒间的相互作用力。
(1)为使b能沿导轨向下运动,a的速度v应小于多少?(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下,以v1=2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动,求b的速度v2的最大值;(3)在(2)中,当t=2 s时b的速度达到5.06 m/s,2 s内回路中产生的焦耳热为13.2 J,求该2 s内力F做的功(结果保留三位有效数字)。
11.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。
图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。
ab 和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。
列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。
为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。
列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。
若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?12.如图19所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.导体棒a与b的质量均为m,电阻值分别为R a=R,R b=2R.b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弧形导轨上距水平面h 高度处由静止释放.运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g.图19(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向;(2)求最终稳定时两棒的速度大小;(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,求b棒上产生的内能.13.某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型,原理如图所示,PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨,导轨间分布着竖直(垂直纸面)方向等间距的匀强磁场B1和B2,二者方向相反。