2019年高考物理 考前沖刺30天 第八講 必考計算題 動量和能量觀點的綜合應用學案（含解析）

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1、動量和能量觀點的綜合應用 命題點一　應用動量和能量觀點解決直線運動問題 例1　如圖1所示，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平面上的O點，此時彈簧處于原長．另一質量與B相同的滑塊A從P點以初速度v0向B滑行，經過時間t時，與B相碰．碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起運動．滑塊均可視為質點，與平面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g.求： 圖1 (1)碰后瞬間，A、B共同的速度大?。? (2)若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點并停止，求彈簧的最大壓縮量； (3)整個過程中滑塊B對滑塊A做的功． 解析　(1)設A、B質量均為m，A剛接觸B時的速度為v1，碰后瞬間共

2、同的速度為v2，從P到O過程，由動量定理得：－μmgt＝mv1－mv0 以A、B為研究對象，碰撞瞬間系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv1＝2mv2，解得：v2＝(v0－μgt)； (2)碰后A、B由O點向左運動，又返回到O點，設彈簧的最大壓縮量為x，由能量守恒定律得：μ(2mg)2x＝(2m)v，解得：x＝(v0－μgt)2 (3)對滑塊A，由動能定理得：W＝mv－mv＝－m(v0－μgt)2. 答案　(1) (v0－μgt)　(2)(v0－μgt)2 (3)－m(v0－μgt)2 動量與能量的綜合在碰撞中的求解技巧 1．處理這類問題，關鍵是區(qū)分物體相互作用

3、的情況，分清物體的運動過程，尋找各相鄰運動過程的聯系，弄清各物理過程所遵循的規(guī)律． 2．對于發(fā)生彈性碰撞的物體，其作用過程中系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒；對于發(fā)生非彈性碰撞的物體，系統(tǒng)的動量守恒但機械能不守恒，系統(tǒng)損失的機械能等于轉化的內能． 題組階梯突破 1.如圖2所示，質量M＝4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L＝0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質點)之間的動摩擦因數μ＝0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應的滑板上表面光滑．小木塊A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運動．已知木塊A的質量m＝1 kg

4、，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)彈簧被壓縮到最短時木塊A的速度大小； (2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能． 答案　(1)2 m/s　(2)39 J 解析　(1)彈簧被壓縮到最短時，木塊A與滑板B具有相同的速度，設為v，從木塊A開始沿滑板B表面向右運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒． mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0 代入數據得木塊A的速度v＝2 m/s. (2)木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大．由能量關系，最大彈性勢能 Ep＝mv－(m＋M)v2－μmgL 代入數據得Ep＝39 J. 2．(2019·

5、河南六市一聯)如圖3所示，質量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質量為m2＝1 kg.碰撞前，A的速度大小為v0＝3 m/s，B靜止在水平地面上．由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時間． 圖3 答案　0.25 s≤t≤0.5 s 解析　假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動量守恒定律有： m1v0＝(m1＋m2)v1 碰后，A、B一起滑行直至停下，設滑行時間為t1，則由動量定理有μ(m1＋m2)gt1＝(m

6、1＋m2)v1 解得t1＝0.25 s 假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有m1v0＝m1vA＋m2vB 由機械能守恒定律有m1v＝m1v＋m2v 設碰后B滑行的時間為t2，則μm2gt2＝m2vB 解得t2＝0.5 s 可見，碰后B在水平面上滑行的時間t滿足0.25 s≤t≤0.5 s. 命題點二　應用動量和能量觀點解決多過程問題 例2　如圖4所示，質量為mB＝2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質量為mA＝6 kg的物塊A停在B的左端，質量為mC＝2 kg的小球C用長為L＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點O.現將小球C及輕繩拉

7、直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點與A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為Δt＝10－2s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B間的動摩擦因數μ＝0.1，物塊與小球均可視為質點，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大??； (2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長？ 解析　(1)C下擺過程，根據動能定理有： mCgL＝mCv 解得：碰前C的速度大小vC＝＝4 m/s C反彈過程，根據動能定理有：－mCgh＝0－mCvC′2 解得：碰后C的速度大小vC′＝＝2 m/s 取向右為正方向，對C根據動量定

8、理有：－F·Δt＝－mCvC′－mCvC 解得：碰撞過程中C所受的撞擊力大?。篎＝＝1 200 N. (2)C與A碰撞過程，根據動量守恒定律有：mCvC＝－mCvC′＋mAvA 解得：碰后A的速度vA＝＝2 m/s A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求B的長度最?。? 根據動量守恒定律：mAvA＝(mA＋mB)v 解得A、B的共同速度v＝＝1.5 m/s 根據能量守恒定律：μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2 解得：木板B的最小長度x＝＝0.5 m. 答案　(1)1 200 N　(2)0.5 m 研究對象和研究過程的選取技巧 1．選取研究對象和研究過程，要建立在分析

9、物理過程的基礎上，臨界狀態(tài)往往應作為研究過程的開始或結束． 2．要視情況對研究過程進行恰當的理想化處理． 3．可以把一些看似分散的、相互獨立的物體圈在一起作為一個系統(tǒng)來研究，有時這樣做可使問題大大簡化． 4．有的問題，可以選取一部分物體作研究對象，也可以選取其它部分物體作研究對象；可以選某一個過程作研究過程，也可以另一個過程作研究過程；這時，首選大對象、長過程． 題組階梯突破 3．如圖5所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m

10、；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)碰撞前瞬間A的速率v； (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3)A和B整體在桌面上滑動的距離l. 答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 解析　設滑塊的質量為m (1)根據機械能守恒定律mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s (2)根據動量守恒定律mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v′＝v＝1 m/s (3)根據動能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l＝＝0.25

11、m. 4．一質量為m＝6 kg、帶電荷量為q＝－0.1 C的小球P自動摩擦因數μ＝0.5、傾角θ＝53°的粗糙斜面頂端由靜止開始滑下，斜面高h＝6.0 m，斜面底端通過一段光滑小圓弧與一光滑水平面相連．整個裝置處在水平向右的勻強電場中，場強E＝200 N/C，忽略小球在連接處的能量損失，當小球運動到水平面時，立即撤去電場．水平面上放一靜止的不帶電的質量也為m的圓槽Q，圓槽光滑且可沿水平面自由滑動，圓槽的半徑R＝3 m，如圖6所示．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2) 圖6 (1)在沿斜面下滑的整個過程中，P球電勢能增加多少？ (2)小球P運動到水平

12、面時的速度大?。? (3)試判斷小球P能否沖出圓槽Q. 答案　(1)90 J　(2)5 m/s　(3)不能 解析　(1)在沿斜面下滑的整個過程中，電場力對P球做功為：W＝＝－90 J ΔE＝－W＝90 J (2)根據受力分析可知，斜面對P球的支持力為： FN＝|q|Esin θ＋mgcos θ 根據動能定理得： mgh＋qE－μFN＝mv2－0 代入數據，解得：v＝5 m/s (3)設當小球與圓槽速度相等時，小球上升的高度為H，以小球的圓槽組成的系統(tǒng)為研究對象，根據水平方向動量守恒得：mv＝2mv′ v′＝2.5 m/s 根據機械能守恒得：mv2＝×2mv′2＋mgH

13、代入已知數據得：H＝0.625 m

14、①設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有 vB＝ ① 將h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s ② ②設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學規(guī)律可知 v1＝gt ③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定向下的方向為正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′ ④ mAv＋mBv＝mBv2′2 ⑤ 設B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運動學及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB ⑥ 設P點距地面的高度為h′，由運動學規(guī)律可知 h′＝ ⑦

15、 聯立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m. 答案?、? m/s　②0.75 m 解決力學問題的三種解題思路 1．以牛頓運動定律為核心，結合運動學公式解題，適用于力與加速度的瞬時關系、圓周運動的力與運動的關系、勻變速運動的問題，這類問題關鍵要抓住力與運動之間的橋梁——加速度． 2．從動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律的角度解題，適用于單個物體、多個物體組成的系統(tǒng)的受力和位移問題． 3．從動量定理、動量守恒定律的角度解題，適用于單個物體、多個物體組成的系統(tǒng)的受力與時間問題(不涉及加速度)及碰撞、打擊、爆炸、反沖等問題． 題組階梯突破 5．如圖8，一質量為

16、M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出．重力加速度為g.求： 圖8 (1)子彈穿出木塊時物塊的速度大??； (2)此過程中系統(tǒng)損失的機械能； (3)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒得mv0＝m·＋Mv① 解得v＝② (2)系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝mv－m()2－Mv2③ 由②③式得ΔE＝④ (3)設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則h＝gt2⑤ s＝vt⑥ 由②⑤⑥式得s＝ 6．如

17、圖9所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O為圓心、R為半徑的一小段圓?。梢暈橘|點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質量是B的3倍．兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運動．B運動到d點時速度沿水平方向，此時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的.A與ab段的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求： 圖9 (1)物塊B在d點的速度大小v； (2)物塊A滑行的距離． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設B物塊的質量為m，在d點的速度大小為v，B物塊在d點，由牛頓第二定律得： mg－mg＝m， 解得v＝. (2)B

18、物塊從b到d的過程中，由機械能守恒得： mv＝mgR＋mv2 A、B物塊分離過程中，由動量守恒定律得： 3mvA＝mvB A物塊減速運動到停止，由動能定理得 －3μmgs＝0－×3mv 聯立以上各式解得：s＝. 1．如圖1，光滑水平地面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質點的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面．已知A的質量為m，B的質量為3m，重力加速度為g，試求： 圖1 (1)A從B上剛滑至地面時的速度大小； (2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達的最大高度為多少？

19、 答案　(1)　(2)h 解析　(1)設A剛滑至地面時速度大小為v1，B速度大小為v2 由水平方向動量守恒得：mv1＝3mv2 由機械能守恒得：mgh＝mv＋×3mv 由以上兩式解得：v1＝，v2＝ (2)從A與擋板碰后開始，到A追上B并到達最大高度h′，兩物體具有共同速度v，此過程系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv1＋3mv2＝4mv 系統(tǒng)機械能守恒：mgh＝×4mv2＋mgh′ 由以上兩式解得：h′＝h. 2．如圖2所示，固定的光滑圓弧面與質量為6 kg的小車C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個質量為2 kg的滑塊A，在小車C的左端有一個質量為2 kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質

20、點．現使滑塊A從距小車的上表面高h＝1.25 m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運動，最終沒有從小車C上滑出．已知滑塊A、B與小車C的動摩擦因數均為μ＝0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計，取g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大?。? (2)小車C上表面的最短長度． 答案　(1)2.5 m/s　(2)0.375 m 解析　(1)設滑塊A滑到圓弧末端時的速度大小為v1，由機械能守恒定律有：mAgh＝mAv① 代入數據解得v1＝5 m/s. ② 設A、B碰后瞬間的共同速度為v2，滑塊A與B碰撞瞬間與車C無關，滑

21、塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒， mAv1＝(mA＋mB)v2 ③ 代入數據解得v2＝2.5 m/s. ④ (2)設小車C上表面的最短長度為L，滑塊A與B最終沒有從小車C上滑出，三者最終速度相同，設為v3，根據動量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤ 根據能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v ⑥ 聯立④⑤⑥式代入數據解得L＝0.375 m. 3．如圖3所示，在光滑絕緣水平面上方足夠大的區(qū)域內存在水平向右的電場，電場強度為E.不帶電的絕緣小球P2靜止在O點．帶正電的小

22、球P1離小球P2左側的距離為L.現由靜止釋放小球P1，在電場力的作用下P1與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的倍．已知P1的質量為m，帶電荷量為q，P2的質量為5m.求： 圖3 (1)碰撞前瞬間小球P1的速度． (2)碰撞后瞬間小球P2的速度． (3)小球P1和小球P2從第一次碰撞到第二次碰撞的時間和位置． 答案　(1) ，方向水平向右　(2)，方向水平向右　(3)2 　在O點右側處 解析　(1)設碰撞前小球P1的速度為v0，根據動能定理 qEL＝mv，解得v0＝＝，方向水平向右 (2)P1、P2碰撞，則碰后P1速度為－v0，設P2速度為v2，由動量守恒定律：mv0＝m(

23、－v0)＋5mv2 解得v2＝＝，水平向右 (3)碰撞后小球P1先向左后向右做勻變速運動，設加速度為a，則：a＝ 設P1、P2碰撞后又經Δt時間再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正方向，則： －v0Δt＋aΔt2＝v0Δt，解得：Δt＝2 對P2分析：x＝v0Δt＝ 即第二次碰撞時在O點右側處 4．(2018·浙江4月·23)某同學設計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖4所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌，間距為L.導軌間加有垂直導軌平面向下的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導軌間，總質量為m，其中燃料質量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為

24、R，并通過電刷與電阻可忽略的導軌良好接觸．引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵出強電流，產生電磁推力加速火箭．在Δt時間內，電阻R產生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當燃燒室下方的可控噴氣孔打開后．噴出燃氣進一步加速火箭． 圖4 (1)求回路在Δt時間內感應電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應電流方向； (2)經Δt時間火箭恰好脫離導軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力) (3)火箭脫離導軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內噴射出質量為m′的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據電磁感應定律，有 ＝＝ q＝Δt＝＝ 電流方向向右 (2)平均感應電流＝＝ 平均安培力＝BL 由動量定理，有(－mg)Δt＝mv0 得v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設豎直向上為正方向，由動量守恒定律 －m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v. 13