2019年高考物理 考前冲刺30天 第八讲 必考计算题 动量和能量观点的综合应用学案（含解析）

动量和能量观点的综合应用命题点一应用动量和能量观点解决直线运动问题例1如图1所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g.求：图1(1)碰后瞬间，A、B共同的速度大小；(2)若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；(3)整个过程中滑块B对滑块A做的功解析(1)设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2，从P到O过程，由动量定理得：mgtmv1mv0以A、B为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv12mv2，解得：v2(v0gt)；(2)碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律得：(2mg)2x(2m)v，解得：x(v0gt)2(3)对滑块A，由动能定理得：Wmvmvm(v0gt)2.答案(1) (v0gt)(2)(v0gt)2(3)m(v0gt)2动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧1处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律2对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于发生非弹性碰撞的物体，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能题组阶梯突破1.如图2所示，质量M4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑小木块A以速度v010 m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动已知木块A的质量m1 kg，g取10 m/s2.求：图2(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能答案(1)2 m/s(2)39 J解析(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒mv0(Mm)v解得vv0代入数据得木块A的速度v2 m/s.(2)木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大由能量关系，最大弹性势能Epmv(mM)v2mgL代入数据得Ep39 J.2(2019河南六市一联)如图3所示，质量为m10.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m21 kg.碰撞前，A的速度大小为v03 m/s，B静止在水平地面上由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间图3答案0.25 st0.5 s解析假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有：m1v0(m1m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得t10.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由机械能守恒定律有m1vm1vm2v设碰后B滑行的时间为t2，则m2gt2m2vB解得t20.5 s可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足0.25 st0.5 s.命题点二应用动量和能量观点解决多过程问题例2如图4所示，质量为mB2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC2 kg的小球C用长为L0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为t102s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h0.2 m已知A、B间的动摩擦因数0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g10 m/s2.求：图4(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？解析(1)C下摆过程，根据动能定理有：mCgLmCv解得：碰前C的速度大小vC4 m/sC反弹过程，根据动能定理有：mCgh0mCvC2解得：碰后C的速度大小vC2 m/s取向右为正方向，对C根据动量定理有：FtmCvCmCvC解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：F1 200 N.(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：mCvCmCvCmAvA解得：碰后A的速度vA2 m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小根据动量守恒定律：mAvA(mAmB)v解得A、B的共同速度v1.5 m/s根据能量守恒定律：mAgxmAv(mAmB)v2解得：木板B的最小长度x0.5 m.答案(1)1 200 N(2)0.5 m研究对象和研究过程的选取技巧1选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上，临界状态往往应作为研究过程的开始或结束2要视情况对研究过程进行恰当的理想化处理3可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做可使问题大大简化4有的问题，可以选取一部分物体作研究对象，也可以选取其它部分物体作研究对象；可以选某一个过程作研究过程，也可以另一个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程题组阶梯突破3如图5所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.2.取重力加速度g10 m/s2.求：图5(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析设滑块的质量为m(1)根据机械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬间A的速率v2 m/s(2)根据动量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬间A和B整体的速率vv1 m/s(3)根据动能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l0.25 m.4一质量为m6 kg、带电荷量为q0.1 C的小球P自动摩擦因数0.5、倾角53的粗糙斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h6.0 m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E200 N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场水平面上放一静止的不带电的质量也为m的圆槽Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R3 m，如图6所示(sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)图6(1)在沿斜面下滑的整个过程中，P球电势能增加多少？(2)小球P运动到水平面时的速度大小(3)试判断小球P能否冲出圆槽Q.答案(1)90 J(2)5 m/s(3)不能解析(1)在沿斜面下滑的整个过程中，电场力对P球做功为：W90 JEW90 J(2)根据受力分析可知，斜面对P球的支持力为：FN|q|Esin mgcos 根据动能定理得：mghqEFNmv20代入数据，解得：v5 m/s(3)设当小球与圆槽速度相等时，小球上升的高度为H，以小球的圆槽组成的系统为研究对象，根据水平方向动量守恒得：mv2mvv2.5 m/s根据机械能守恒得：mv22mv2mgH代入已知数据得：H0.625 mR，所以小球不能冲出圆槽命题点三动力学、动量和能量观点的综合应用例3(2014新课标全国35(2)如图7所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放当A球下落t0.3 s 时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求：图7B球第一次到达地面时的速度；P点距离地面的高度解析设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可知v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可知h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m.答案4 m/s0.75 m解决力学问题的三种解题思路1以牛顿运动定律为核心，结合运动学公式解题，适用于力与加速度的瞬时关系、圆周运动的力与运动的关系、匀变速运动的问题，这类问题关键要抓住力与运动之间的桥梁加速度2从动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律的角度解题，适用于单个物体、多个物体组成的系统的受力和位移问题3从动量定理、动量守恒定律的角度解题，适用于单个物体、多个物体组成的系统的受力与时间问题(不涉及加速度)及碰撞、打击、爆炸、反冲等问题题组阶梯突破5如图8，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出重力加速度为g.求：图8 (1)子弹穿出木块时物块的速度大小；(2)此过程中系统损失的机械能；(3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离答案(1)(2)(3)解析(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得mv0mMv解得v(2)系统损失的机械能为Emvm()2Mv2由式得E(3)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则hgt2svt由式得s6如图9所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动B运动到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的.A与ab段的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：图9(1)物块B在d点的速度大小v；(2)物块A滑行的距离答案(1)(2)解析(1)设B物块的质量为m，在d点的速度大小为v，B物块在d点，由牛顿第二定律得：mgmgm，解得v.(2)B物块从b到d的过程中，由机械能守恒得：mvmgRmv2A、B物块分离过程中，由动量守恒定律得：3mvAmvBA物块减速运动到停止，由动能定理得3mgs03mv联立以上各式解得：s.1如图1，光滑水平地面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：图1(1)A从B上刚滑至地面时的速度大小；(2)若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？答案(1)(2)h解析(1)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2由水平方向动量守恒得：mv13mv2由机械能守恒得：mghmv3mv由以上两式解得：v1，v2(2)从A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最大高度h，两物体具有共同速度v，此过程系统水平方向动量守恒：mv13mv24mv系统机械能守恒：mgh4mv2mgh由以上两式解得：hh.2如图2所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点现使滑块A从距小车的上表面高h1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g10 m/s2.求：图2(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度答案(1)2.5 m/s(2)0.375 m解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：mAghmAv代入数据解得v15 m/s.设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1(mAmB)v2代入数据解得v22.5 m/s.(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同，设为v3，根据动量守恒定律有：(mAmB)v2(mAmBmC)v3根据能量守恒定律有：(mAmB)gL(mAmB)v(mAmBmC)v联立式代入数据解得L0.375 m.3如图3所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E.不带电的绝缘小球P2静止在O点带正电的小球P1离小球P2左侧的距离为L.现由静止释放小球P1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍已知P1的质量为m，带电荷量为q，P2的质量为5m.求：图3(1)碰撞前瞬间小球P1的速度(2)碰撞后瞬间小球P2的速度(3)小球P1和小球P2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置答案(1) ，方向水平向右(2)，方向水平向右(3)2 在O点右侧处解析(1)设碰撞前小球P1的速度为v0，根据动能定理qELmv，解得v0，方向水平向右(2)P1、P2碰撞，则碰后P1速度为v0，设P2速度为v2，由动量守恒定律：mv0m(v0)5mv2解得v2，水平向右(3)碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：a设P1、P2碰撞后又经t时间再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正方向，则：v0tat2v0t，解得：t2对P2分析：xv0t即第二次碰撞时在O点右侧处4(2018浙江4月23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图4所示竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向下的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值S，用时t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭在t时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体当燃烧室下方的可控喷气孔打开后喷出燃气进一步加速火箭图4(1)求回路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；(2)经t时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v，求喷气后火箭增加的速度v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)答案(1)向右(2)gt(3)v解析(1)根据电磁感应定律，有qt电流方向向右(2)平均感应电流平均安培力BL由动量定理，有(mg)tmv0得v0gt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律mv(mm)v0得vv.13