做直线运动,已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J,在第1 s末撤去拉力,物体整个运动过程的v-t图象如图7所示,g取10 m/s,则( )
2
图7
A.物体的质量为5 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1 C.第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J D.第1 s内拉力对物体做的功为60 J 解析 由动能定理有W合=mv2
2
,第1 s末速度v=3 m/s,解出m=10 kg,故A错误;撤去拉力后
112
物体的位移x2=×3×3 m=4.5 m,由动能定理可得:-fx2=0-mv,可解得:f=10 N,又f22=μmg,解出μ=0.1,故B正确;第1 s内物体的位移x1=1.5 m,第1 s内摩擦力对物体做的功W=-fx1=-15 J,故C错误;由Fx1-f(x1+x2)=0,可得F=40 N,所以第1 s内拉力对物体做的功W′=Fx1=60 J,故D正确。 答案 BD
2.(多选)(2017·陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图8所示,用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D,水流速度为v,方向水平,水柱垂直煤层表面,水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M,手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度可忽略不计,已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
图8
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD 123
B.高压水枪的功率为ρπDv
8122
C.水柱对煤层的平均冲力为ρπDv
4D.手对高压水枪的作用力水平向右
解析 设Δt时间内,从水枪喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=SvΔt2
12Δm12
=πDvΔt,单位时间喷出水的质量为=ρvπD,选项A错误;Δt时间内水枪喷出的水的4Δt4111223
动能Ek=Δmv=ρπDvΔt,由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W=Ek=
288ρπDvΔt,高压水枪的功率P=
23
123
=ρπDv,选项B正确;考虑一个极短时间Δt′,在此Δt8
W时间内喷到煤层上水的质量为m,设煤层对水柱的作用力为F,由动量定理得FΔt′=mv,Δt′11222
时间内冲到煤层水的质量m=ρπDvΔt′,解得F=ρπDv,由牛顿第三定律可知,水柱对
44122
煤层的平均冲力为F′=F=ρπDv,选项C正确;当高压水枪向右喷出高压水流时,水流对高
4压水枪的作用力向左,由于高压水枪有重力,根据平衡条件,手对高压水枪的作用力方向斜向右上方,选项D错误。 答案 BC
3.如图9所示,轻绳长为l,竖直悬挂质量为M的摆球,在最低点A经两次打击后到达圆周最高点C,若第一次平均打击力为10 N,摆球恰升到水平位置OB处,则第二次平均打击力至少应该为多大,才能使摆球上升到最高点?(设两次打击时间相等且极短)
图9
解析 设第一次被打击后,球的速度为vA1, 12
由动能定理得:-mgl=0-mvA1,即vA1=2gl。
2则第二次被打击后,球的速度为vA2,则 1212
-mg·2l=mvC-mvA2①
22
mv2Cmg=②
l联立①②得vA2=5gl。 由动量定理FΔt=mΔv得
F1vA1
=,F2=510 N F2vA2
答案 510 N 归纳总结
1.应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程:明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 (2)两个状态:明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况。 (3)四个关注:
①建立运动模型,判断物体做了哪些运动。 ②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
③抓住运动模型之间的联系纽带,如速度、加速度、位移,确定初、末状态。 ④根据实际情况分阶段或整体利用动能定理列式计算。 2.使用动量定理的注意事项
(1)动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。
动量观点和能量观点的综合应用
【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅰ,14)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.30 kg·m/s C.6.0×10 kg·m/s
2
B.5.7×10 kg·m/s D.6.3×10 kg·m/s
-3
2
2
解析 设火箭的质量为m1,燃气的质量为m2。由题意可知,燃气的动量p2=m2v2=50×10×600 kg·m/s=30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0=m1v1-m2v2,则火箭的动量大小为p1=m1v1=m2v2=30 kg·m/s,所以A正确,B、C、D错误。 答案 A
【真题示例2】 (2017·天津理综,10)如图10所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s,空气阻力不计。求:
2
图10
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始时B离地面的高度H。
解析 (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
h=gt2①
代入数据解得t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB, 有vB=gt③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v④ 之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度,联立②③④式,代入数据解得
12
v=2 m/s⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程12
中A、B组成的系统机械能守恒,有(mA+mB)v+mBgH=mAgH⑥
2代入数据解得H=0.6 m⑦
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 真题感悟 1.高考考查特点
(1)动量守恒定律的应用是高考热点,碰撞模型、反冲运动是动量守恒定律的基础与核心模型。 (2)熟悉掌握并灵活应用动量守恒的条件,掌握常见的碰撞模型及规律是突破该考点的关键。 2.常见误区及临考提醒
(1)对动量守恒条件理解不准确。
(2)注意物理模型的构建。如天津卷第10题,绳子绷直瞬间,两物块获得共同速度,可等效于发
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