（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题三 动量和能量 第一讲 力学中的动量和能量问题课件

专题综合突破第一部分专题三动量和能量第一讲力学中的动量和能量问题知识体系构建[知识建构][备考点睛](注1)……(注4)：详见答案部分1.常见思想及方法(1)守恒的思想；(2)动量守恒的判断方法；(3)弹性碰撞的分析方法；(4)“人船模型”的分析方法.2.三个易错易混点(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念.(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒.(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒.[答案](1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量．(2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(3)动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．③系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．(4)碰撞的分类热点考向突破角度一动量定理的应用【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)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：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[思路引领][解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量ΔmΔt＝ρv0S③(2)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12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt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Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2[答案](1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2角度二动量守恒定律的应用【典例2】(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．[思路引领](1)根据动能公式得出烟花弹从地面开始上升时的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经历的时间．(2)利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟花弹向上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地面的最大高度．[解析](1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝12mv20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝1g2Em③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤12mv1＋12mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv21＝12mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg⑧[答案](1)1g2Em(2)2Emg1．用动量定理的解题的基本思路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．2．动量守恒定律解题思路及方法迁移一动量定理的应用1．(2019·江西六校联考)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开，冲浪板静止在水柱上．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式．[解析](1)由题干定义知，单位时间内喷出的水的质量为m＝ρQ.(2)由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面的水的速度由v变为0，设Δt时间内这些水对板的作用力为F′，板对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，不考虑Δt时间内水的重力，根据动量定理有FΔt＝0－mΔt(－v)根据牛顿第三定律得F＝－F′由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得－F′＝Mg联立解得v＝MgρQ.(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，水离开水泵喷口时的速度为v0对于Δt时间内喷出的水，根据机械能守恒定律得12mΔtv2＋mΔtgh＝12mΔtv20水泵对水做功的功率为P0＝EkΔt＝12mΔtv20Δt联立解得h＝P0gQρ－M2g2Q2ρ2.[答案](1)ρQ(2)MgρQ(3)h＝P0gQρ－M2g2Q2ρ2迁移二动量守恒定律的应用2．(2019·江西六校联考)如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，细绳的另一端拴一个质量为m的小球．现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则：(1)当细绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？(2)若在横杆上立一挡板，与环的初位置相距多远时才能使圆环在运动过程中不致与挡板相碰？[解析](1)设小球的水平位移大小为s1，圆环的水平位移大小为s2，则有ms1－Ms2＝0s1＋s2＝L－Lcosθ解得s2＝mL1－cosθM＋m(2)设小球向左的最大水平位移大小为s1′，圆环的最大水平位移为s2′当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左侧同初始位置等高处，且速度为零ms1′－Ms2′＝0s1′＋s2′＝2Ls2′＝2mLM＋m故挡板应立在距环的初位置2mLM＋m处．[答案](1)mL1－cosθM＋m(2)2mLM＋m“人船”模型(1)模型条件①初总动量(或某一方向初总动量)为零；②动量(或某一方向动量)守恒．(2)运动特点①一物体加速，另一物体同时加速；②一物体减速，另一物体同时减速，但二者速度方向相反；③一物体静止，另一物体也静止．(3)规律v2v1＝m1m2，x2x1＝m1m2(速率、位移与质量成反比).热点考向二“碰撞”模型问题【典例】(多选)如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，m2越大，则()CDA．碰撞后A的速度越小B．碰撞后A的速度越大C．碰撞过程中B受到的冲量越大D．碰撞过程中A受到的冲量越大[思路引领]根据两球碰撞时动量守恒及机械能守恒求出碰撞后两球的速度表达式，分析碰撞后速度大小，根据动量定理和牛顿第三定律分析冲量关系．[解析]以v0的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，又因碰撞过程中机械能守恒，故有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，两式联立得v1＝m1－m2v0m1＋m2，v2＝2m1v0m1＋m2.当m2m1时，m2越大，v1越小，当m2m1时，m2越大，v1越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量IA＝－IB＝－m2v2＝－2m1m2m1＋m2v0＝－2m1m1m2＋1v0，可知m2越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确．三种碰撞解读1．弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝m1－m2v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝m2－m1v2＋2m1v1m1＋m2v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：(1)m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；(2)m1m2，v1′0，v2′0(碰后，两物体沿同一方向运动)；(3)m1≫m2，v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)m1m2，v1′0，v2′0(碰后，两物体沿相反方向运动)；(5)m1≪m2，v1′≈－v1，v2′≈0；(6)m1、m2质量改变时，v2′范围是0v2′2v1；(7)运动的m1碰静止的m2，m1、m2质量不变时，v2′范围是m1v1m1＋m2≤v2′≤2m1v1m1＋m2.2．非弹性碰撞碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔEk损3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，形变完全保留，动能损失最大．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v21＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔEk损max迁移一弹性碰撞模型1．(2019·河北名校联盟)如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若m1∶m2＝1∶2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒和机械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22解得v1＝m1－m2m1＋m2v0＝－13v0，v2＝2m1m1＋m2v0＝23v0设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理有(m2gsin37°＋μm2gcos37°)s＝12m2v22(m2gsin37°－μm2gcos37°)s＝12m2v2解得vv22＝3－4μ3＋4μ乙要能追上甲，则vv03解得μ0.45[答案]μ0.45迁移二非弹性碰撞模型2．(2019·唐山高三期末)如图所示，质量为mB＝1kg的物块B通过轻弹簧和质量为mC＝1kg的物块C相连并竖直放置在水平地面上．系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1m，另一质量为mA＝1kg的物块A从距弹簧原长位置为x0处由静止释放，A、B、C三个物块的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动．已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹