2020高考物理總復(fù)習(xí) 易錯題與高考綜合問題解讀 考點(diǎn) 5 動量和能量 探究開放題解答

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1、 動量和能量探究開放題解答 綜合問題l 動量定理、動能定理交叉綜合題 1. 一位質(zhì)量為m的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)△ 時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為a在此過程中， ( ) A地面對他的沖量為mv+mg△t，地面對他做的功為 B地面對他的沖量為mv+mg△t，地面對他做的功為零1 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為 D．地面對他的沖量為mv-mg△t，地面對他做的功為零 搞清人所受的外力和內(nèi)力，然后由動量定理或動能定理列方程分析即可． [解答]B人受地面對他的豎直向上的彈力和豎直向下的重力(人自身各部分的相互作用力為內(nèi)力，其沖量的矢量和為零)，取豎直

2、向上的方向?yàn)檎较颍蓜恿慷ɡ淼肐N-mg△T=mv-O，解得地面對他的沖量為IN= mv+mg△T=；地面對人的彈力作用在人的腳上，在身體伸直的過程中，腳并沒有發(fā)生位移，不具備做功的兩個必要因素，所以地面對他做的功為零，由動能定理可知重力對他做的負(fù)功與人自身各部分的相互作用內(nèi)力做功的代數(shù)1和等于，所以選項(xiàng)B正確． 2. 如圖5—27所示，質(zhì)量mA=4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.24，木板右端放著質(zhì)量mB=1.0 kg的小物塊B(視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬間沖量I的作用開始運(yùn)動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能E

3、kA=8．0 J，小物塊的動能EkA=0.50 J，g=10 m/s2，求： (1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度v0. (2)木板的長度L． 本題特點(diǎn)之一：系統(tǒng)相互作用，但外力之合不為零，因涉及沖量、且二者相互作用時間相等，故選用動量定理；特點(diǎn)之二：系統(tǒng)有滑動摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，因又涉及受力、位移和動能，所以選用動能定理． [解答](1)設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得 I=mAv0，代入數(shù)據(jù)解得?v0=3.Om/s．(2)設(shè)A、B間滑動摩擦力大小為F0，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度大小分別為uA和uB，根據(jù)動量定理得：對B： 對 設(shè)A、B相對于C

4、的位移大小分別為sA和sB，根據(jù)動能定理得： 對B： 對 由動量和動能之間的關(guān)系得： 木板A的長度：L=sA-sB，以上各式聯(lián)立解得：L=0.50 m． 規(guī)律總結(jié) 動能定理和動量定理都是把過程物理量(功和沖量)與狀態(tài)物理量(動能和動量)相聯(lián)系的規(guī)律，因此在運(yùn)用中，它們有相通之處，如高考 資源網(wǎng)解題的基本思路：①明確研究對象；②分析研究對象的受力情況：③分析研究對象的運(yùn)動過程，弄清初狀態(tài)、末狀態(tài)．但關(guān)鍵要掌握二者的區(qū)別：①動能定理反映了力對位移的積累過程，而動量定理反映了力對時間的積累過程；②動能定理是標(biāo)量式：而動量定理是矢量式，注意選取正方向． 綜合問題2 動量、機(jī)械能交叉綜合

5、題 1. 如圖5—28所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)．小球A、B質(zhì)量分別為m、βm(p為待定系數(shù))．A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后A、B球能到達(dá)的最大高度均為，碰撞中無機(jī)械能損失，重力加速度為g．試求： (1)待定系數(shù)β； (2)第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫Γ? (3)小球A、B在軌道最低點(diǎn)第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時各自的速度． 本題有三個關(guān)鍵點(diǎn)：①合理選用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律；②用動量守恒定律列方程時應(yīng)注意其矢量性；③通過第一次和第二

6、次碰撞找到碰撞后二者的速度變化規(guī)律． [解答](1)由機(jī)械能守恒定律和題意得 解得β=3. (2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度大小分別為V1、v2，則 解得 ，方向向左， ，方向向右， 設(shè)軌道對B球的支持力為FN，取豎直向上為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得 解得FN=4.5mg，由牛頓第三定律可知B球?qū)壍赖膲毫Υ笮?.5mg，方向豎直向下． (3)設(shè)A、B第二次碰撞后的速度分別為V1、v2，取向右為正方向，則 解得 (另一組解：V1=v1,V2=-v2，不合題意，舍去) 由此可得 當(dāng)”為奇數(shù)時，小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時

7、相同； 當(dāng)n為偶數(shù)時，小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時相同． 2. 如圖5—29所示，A、B之間為一峽谷，谷寬為d．C為固定在懸崖上的一根橫梁，一質(zhì)量為M的籮筐D通過兩根長度都是l的輕繩掛在橫梁上，當(dāng)籮筐靜止時，它正好處在峽谷的正中央，且和峽谷兩邊的平地差不多在同一水平面上，筐的大小與 d相比可以忽略不計(jì)．現(xiàn)有一人位于峽谷一邊的A處，他想到達(dá)峽谷對岸的B處，在他身后有很多質(zhì)量差不多均為優(yōu)的石塊，于是他不斷把石塊以水平速度v0拋人籮筐并留在籮筐中，使筐運(yùn)動．當(dāng)筐擺到A處他就跨入筐中，當(dāng)筐擺到B處時，再跨出筐到達(dá)B處．設(shè)此人每次只向筐中扔一個石塊，當(dāng)石塊

8、擊中筐時，筐恰好都位于峽谷的正中央且筐的運(yùn)動方向與v0同向，石塊落入筐中后即與筐一起運(yùn)動．求： (1)第一個石塊剛落入筐中時石塊與筐的共同速度v1； (2)此人需向筐中扔入的石塊數(shù)n 由題意知，每次石塊進(jìn)入籮筐時，石塊和籮筐(含筐內(nèi)石塊)組成的系統(tǒng)動量守恒，分段分析由數(shù)學(xué)歸納法可表示vn，人和筐(含筐內(nèi)石塊)擺動的過程由機(jī)械能守恒可列方程，繩長l、谷寬d、筐上升高度h三者的幾何關(guān)系是本題的隱含條件． [解答](1)設(shè)第一個石塊剛落入筐中時石塊與筐的共同速度為v1，由動量守恒定律得 (2)方法一：當(dāng)?shù)诙€石塊進(jìn)入籮筐時，由動量守恒得 當(dāng)?shù)冢琻個石塊進(jìn)入籮筐時，筐的速度

9、為： 方法二：(把n個石塊扔入籮筐時，把n個石塊和筐當(dāng)作一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得： 若籮筐具有速度vn后，恰好能擺到A處，此時筐上升的高度為h，由機(jī)械能守恒定律得 根據(jù)幾何關(guān)系得 以上各式聯(lián)立解得 ，另一解為負(fù)值應(yīng)舍去． 3. 如圖5—30示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s=2.88札質(zhì)量為2 m、大小可忽略的物塊C置于A板的左端．C與A之問的動摩擦因數(shù)為μ1=0.22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.10，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力．開始時，三個物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給c施加一個水平向右、大小為mg的恒力F，

10、假設(shè)木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連在一起．要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應(yīng)為多少? 先判斷木板A與木板B碰前，物塊C相對于木板A沒有發(fā)生相對滑動，木板A與木板B相碰時木板A與木板B組成的系統(tǒng)動量守恒，物塊C的速度不變，再由題目的條件可以判斷物塊C在木板AB上做勻減速直線運(yùn)動，木板A、B做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)物塊C運(yùn)動到木板B的右端時，物塊C與木板A、B速度相等時，物塊C與木板A、B一起運(yùn)動，此時對應(yīng)木塊的長度最小． [解答]設(shè)A、C之間的滑動摩擦力大小為，f1，A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2， 因?yàn)棣?=0.22，μ2=0.10所以 ①， ②

11、， 所以一開始A和C保持相對靜止，在F的作用下向右加速運(yùn)動，有 ③， A、B兩木板的碰撞瞬間，內(nèi)力的沖量遠(yuǎn)大于外力的沖量，由動量守恒定律得 mv1=(m+m)v2 ④， 碰撞結(jié)束后到三個物體達(dá)到共同速度的相互作用過程中，設(shè)木板向前移動的位移為s1，選三個物體組成的整體為研究對象，外力之和為零，則 ⑤， 設(shè)A、B系統(tǒng)與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f3，對A、B系統(tǒng)，由動能定理得 ⑥， ⑦， 對C物體，由動能定理得 ⑧， 由以上各式，再代入數(shù)據(jù)可得 l=0.3 m． 規(guī)律總結(jié) 動量和機(jī)械能的知識相綜合是近幾年高考命題的重

12、點(diǎn)和焦點(diǎn)，一般以多個《兩個或三個)物體的相互作用過程為背景．高考 資源網(wǎng)解題基本思路：(1)構(gòu)建系統(tǒng)；(2)分析受力和過程；(3)緊扣規(guī)律的適用條件；(4)注意隱含條件的挖掘，如位移關(guān)系、速度關(guān)系、時間關(guān)系等。 綜合問題3 動量守恒定律應(yīng)用題 1. 一個質(zhì)量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質(zhì)量為 m的愛斯基摩狗站在該雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下一步，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復(fù)地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇始終沿一條直線運(yùn)動．若狗跳離雪橇?xí)r雪橇的速度為V，則此時狗相對于地面的速度為V+u(其中u為狗相對于雪橇的速度， V+u為代數(shù)和，若以雪橇運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，則V為正值，u

13、為負(fù)值)．設(shè)狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地問的摩擦忽略不計(jì)，已知v的大小為5 m/s，u的大小為4 m/s，M=30 kg，m=10 kg． (1)求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大?。? (2)求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù)． (供使用但不一定用到的對數(shù)值 lg2=0.301，lg3=0.477) 狗每次跳下和跳上雪橇，狗和雪橇組成的系統(tǒng)動量守恒，狗每跳下雪橇一次，雪橇的速度都要增大，而狗總以不變的速度追趕雪橇，故到一定時候，狗就追不上雪橇．雪橇速度的計(jì)算可以一次一次進(jìn)行(如解法二)，也可以用歸納法一次性算出(如解法一)． [解答](1)設(shè)雪橇運(yùn)動的方向

14、為正方向．狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度為V1，根據(jù)動量守恒定律，有 狗第1次跳上雪橇?xí)r，雪橇與狗的共同速度 V′1，滿足 可解得 將 代入，得礦1=2m/s． (2)解法一：設(shè)雪橇運(yùn)動的方向?yàn)檎较颍返?n-1)次跳下雪橇后雪橇的速度為Vn-1，則狗第(n一1)次跳上雪橇后的速度V′n-1，滿足 這樣，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vn，滿足 解得 狗追不上雪橇的條件是Vn≥v，可化為 最后可求得 代入數(shù)據(jù)，得n≥3.41狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最終的速度大小為V4=5．625 m/s． 解法二：設(shè)雪橇運(yùn)動的方向?yàn)檎较颍返趇次跳下雪橇后，雪橇

15、的速度為Vi，狗的速度為Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度為Vi′，由動量守恒定律可得： 第一次跳下雪橇： 第一次跳上雪橇： 第二次跳下雪橇： 第二次跳上雪橇： 第三次跳下雪橇： 第三次跳上雪橇： 第四次跳下雪橇： 此時雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追上雪橇．因此，狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最終速度大小為5．626m/s． 2.如圖5—31所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原 點(diǎn)0兩側(cè)的人的序號都記為n(n一1，2，3，…)．每人只有一個沙袋，x>O一側(cè)的每個沙袋質(zhì)量m=14kg，x

16、袋質(zhì)量m′=10 kg.一質(zhì)量為M=48 kg的小車以某初速度從原點(diǎn)出發(fā)向正z方向滑 行．不計(jì)軌道阻力．當(dāng)車每經(jīng)過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度μ朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，μ的大小等于扔此沙袋之前的瞬間車速大小的2n倍．(n是此人的序號數(shù)) (1)空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行? (2)車上最終有大小沙袋共多少個? 本題就是兩相向運(yùn)動的物體發(fā)生碰撞并粘在一起運(yùn)動的問題，因每人扔沙袋的速度不同，所以不能全過程應(yīng)用動量守恒定律列方程，故找到相鄰兩次扔沙袋前后小車速度關(guān)系的一般表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵． [解答](1)解法一：設(shè)小車以大小為v0的初速度從原點(diǎn)出發(fā)

17、向正z方向滑行，第一個沙袋扔到車上后，車的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得 設(shè)第二個沙袋扔到車上后，車的速度為v2， 設(shè)第三個沙袋扔到車上后，車的速度為v3， v3為負(fù)，說明車已反向滑行，所以此時車上堆積3個沙袋． 解法二：在小車沿正z方向滑行的過程中，第(n一1)個沙袋扔到車上后的車速為vn-1，第n個沙袋扔到車上后的車速為 vn，由動量守恒定律 設(shè)車上堆積"個沙袋后，小車就反向運(yùn)動，則應(yīng)有vn<0，代入數(shù)據(jù)解得 n應(yīng)為整數(shù)，故n=3，即車上堆積3個沙袋后車就反向滑行． (2)在小車沿負(fù)x方向滑行的過程中，第(n-1)個沙袋扔到車上后的車速為v′n-1，第n個

18、沙袋扔到車上后的車速為v′n，由動量守恒定律得 設(shè)在小車向左滑行的過程中，向車上扔”個沙袋后，車不再向左滑行，則應(yīng)有v′≤O， 代入數(shù)據(jù)解得 所以在x

19、B區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形(圓弧由光滑模板形成，未畫出)，經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切．現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個個在A處放到傳送帶上，放置時初速度為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h．穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列．相鄰兩箱的距離為L．每個箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動(忽略經(jīng)BC段時的微小滑動)．已知在一段相當(dāng)長的時間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N．這裝置由電動機(jī)帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計(jì)輪軸處的摩擦．求電動機(jī)的平均輸出功率． 本題是以常見的傳送帶為背景，以功能關(guān)系

20、為主線的綜合題．工件在傳送帶水平部分，先要相對傳送帶滑動，當(dāng)速度增大到與傳送帶速度相等時與傳送帶保持相對靜止運(yùn)動到D點(diǎn)，在這個過程中工件的動能增加了，重力勢能也增加了，同時在工件與傳送帶發(fā)生相對滑動時會產(chǎn)生熱量．由已知在一段相當(dāng)長的時間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N．相鄰兩箱的距離為L這兩句話求出傳送帶的速度，再算出傳送N個工件電動機(jī)所做的功．即可求出電動機(jī)的平均輸出功率． [解答] 以地面為參考系(下同)，設(shè)傳送帶的運(yùn)動速度為v0，在水平段運(yùn)輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動，設(shè)這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有 ①， v0=at ②， 在

21、這段時間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的路程為 S0=v0t ③， 由以上可得 S0=25 ④， 用F？？？表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為 ⑤， 傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功] ⑥， 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量 ⑦， 可見，在小箱加速運(yùn)動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等，T時間內(nèi)，電動機(jī)輸出的功為 ⑧， 此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即 ⑨， 已知相鄰兩小箱的距離為L，所以 v0T=NL ⑩ 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得 規(guī)律總結(jié) 1．準(zhǔn)確理解功能關(guān)系：重力做功與重力勢能變化的關(guān)系；合外力做功(或外力做的總功)與物體動能變化的關(guān)系；除重力和彈力以外的力做的功與物體機(jī)械能變化的關(guān)系；系統(tǒng)克服滑動摩擦力做的功與系統(tǒng)產(chǎn)生內(nèi)能的關(guān)系．2．恰當(dāng)選取對象和過程，分析哪些能參與轉(zhuǎn)化及如何轉(zhuǎn)化．