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(yīng)用學(xué)案（含解析）

動量和能量觀點的綜合應(yīng)用命題點一應(yīng)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(zhì)量與B相同的滑塊A從P點以初速度v0向B滑行，經(jīng)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(zhì)點，與平面間的動摩擦因數(shù)均為，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(shè)A、B質(zhì)量均為m，A剛接觸B時的速度為v1，碰后瞬間共同的速度為v2，從P到O過程，由動量定理得：mgtmv1mv0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：mv12mv2，解得：v2(v0gt)；(2)碰后A、B由O點向左運動，又返回到O點，設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，由能量守恒定律得：(2mg)2x(2m)v，解得：x(v0gt)2(3)對滑塊A，由動能定理得：Wmvmvm(v0gt)2.答案(1) (v0gt)(2)(v0gt)2(3)m(v0gt)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(guān)鍵是區(qū)分物體相互作用的情況，分清物體的運動過程，尋找各相鄰運動過程的聯(lián)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(zhuǎn)化的內(nèi)能題組階梯突破1.如圖2所示，質(zhì)量M4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點)之間的動摩擦因數(shù)0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應(yīng)的滑板上表面光滑小木塊A以速度v010 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(zhì)量m1 kg，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??；(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(shè)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(Mm)v解得vv0代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v2 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(guān)系，最大彈性勢能Epmv(mM)v2mgL代入數(shù)據(jù)得Ep39 J.2(2019·河南六市一聯(lián))如圖3所示，質(zhì)量為m10.2 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(zhì)量為m21 kg.碰撞前，A的速度大小為v03 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(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為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 st0.5 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(m1m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時間為t1，則由動量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得t10.25 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m1v0m1vAm2vB由機械能守恒定律有m1vm1vm2v設(shè)碰后B滑行的時間為t2，則m2gt2m2vB解得t20.5 s可見，碰后B在水平面上滑行的時間t滿足0.25 st0.5 s.命題點二應(yīng)用動量和能量觀點解決多過程問題例2如圖4所示，質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長為L0.8 m的輕繩懸掛在固定點O.現(xiàn)將小球C及輕繩拉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t102s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h0.2 m已知A、B間的動摩擦因數(shù)0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取g10 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(jù)動能定理有：mCgLmCv解得：碰前C的速度大小vC4 m/sC反彈過程，根據(jù)動能定理有：mCgh0mCvC2解得：碰后C的速度大小vC2 m/s取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理有：F·tmCvCmCvC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(jù)動量守恒定律有：mCvCmCvCmAvA解得：碰后A的速度vA2 m/sA恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求B的長度最小根據(jù)動量守恒定律：mAvA(mAmB)v解得A、B的共同速度v1.5 m/s根據(jù)能量守恒定律：mAgxmAv(mAmB)v2解得：木板B的最小長度x0.5 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，要建立在分析物理過程的基礎(chǔ)上，臨界狀態(tài)往往應(yīng)作為研究過程的開始或結(jié)束2要視情況對研究過程進行恰當?shù)睦硐牖幚?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(nèi)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(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)0.2.取重力加速度g10 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(shè)滑塊的質(zhì)量為m(1)根據(jù)機械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬間A的速率v2 m/s(2)根據(jù)動量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s(3)根據(jù)動能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m.4一質(zhì)量為m6 kg、帶電荷量為q0.1 C的小球P自動摩擦因數(shù)0.5、傾角53°的粗糙斜面頂端由靜止開始滑下，斜面高h6.0 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E200 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(zhì)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R3 m，如圖6所示(sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 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運動到水平面時的速度大小(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：W90 JEW90 J(2)根據(jù)受力分析可知，斜面對P球的支持力為：FN|q|Esin mgcos 根據(jù)動能定理得：mghqEFNmv20代入數(shù)據(jù)，解得：v5 m/s(3)設(shè)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(jù)水平方向動量守恒得：mv2mvv2.5 m/s根據(jù)機械能守恒得：mv2×2mv2mgH代入已知數(shù)據(jù)得：H0.625 m<R，所以小球不能沖出圓槽命題點三動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用例3(2014·新課標全國·35(2)如圖7所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放當A球下落t0.3 s 時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失求：圖7B球第一次到達地面時的速度；P點距離地面的高度解析設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有vB將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運動學(xué)規(guī)律可知v1gt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mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點距地面的高度為h，由運動學(xué)規(guī)律可知h聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m.答案4 m/s0.75 m解決力學(xué)問題的三種解題思路1以牛頓運動定律為核心，結(jié)合運動學(xué)公式解題，適用于力與加速度的瞬時關(guān)系、圓周運動的力與運動的關(guān)系、勻變速運動的問題，這類問題關(guān)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(zhì)量為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(zhì)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(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒得mv0m·Mv解得v(2)系統(tǒng)損失的機械能為Emvm()2Mv2由式得E(3)設(shè)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hgt2svt由式得s6如圖9所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O(shè)為圓心、R為半徑的一小段圓弧可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的3倍兩物塊在足夠大的內(nèi)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(shù)為，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(shè)B物塊的質(zhì)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：mgmgm，解得v.(2)B物塊從b到d的過程中，由機械能守恒得：mvmgRmv2A、B物塊分離過程中，由動量守恒定律得：3mvAmvBA物塊減速運動到停止，由動能定理得3mgs0×3mv聯(lián)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(zhì)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(zhì)量為m，B的質(zhì)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？答案(1)(2)h解析(1)設(shè)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：mv13mv2由機械能守恒得：mghmv×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：mv13mv24mv系統(tǒng)機械能守恒：mgh×4mv2mgh由以上兩式解得：hh.2如圖2所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)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(zhì)量為2 kg的滑塊A，在小車C的左端有一個質(zhì)量為2 kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)點現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h1.25 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(shù)均為0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計，取g10 m/s2.求：圖2(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大小；(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(shè)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：mAghmAv代入數(shù)據(jù)解得v15 m/s.設(shè)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(guān)，滑塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，mAv1(mAmB)v2代入數(shù)據(jù)解得v22.5 m/s.(2)設(shè)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(shè)為v3，根據(jù)動量守恒定律有：(mAmB)v2(mAmBmC)v3根據(jù)能量守恒定律有：(mAmB)gL(mAmB)v(mAmBmC)v聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)解得L0.375 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(nèi)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點帶正電的小球P1離小球P2左側(cè)的距離為L.現(xiàn)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(zhì)量為m，帶電荷量為q，P2的質(zhì)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(cè)處解析(1)設(shè)碰撞前小球P1的速度為v0，根據(jù)動能定理qELmv，解得v0，方向水平向右(2)P1、P2碰撞，則碰后P1速度為v0，設(shè)P2速度為v2，由動量守恒定律：mv0m(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(shè)加速度為a，則：a設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)t時間再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學(xué)公式，以水平向右為正方向，則：v0tat2v0t，解得：t2對P2分析：xv0t即第二次碰撞時在O點右側(cè)處4(2018·浙江4月·23)某同學(xué)設(shè)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(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值S，用時t，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)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t時間內(nèi)感應(yīng)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(yīng)電流方向；(2)經(jīng)t時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)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v.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)答案(1)向右(2)gt(3)v解析(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，有qt電流方向向右(2)平均感應(yīng)電流平均安培力BL由動量定理，有(mg)tmv0得v0gt(3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，由動量守恒定律mv(mm)v0得vv.13