2019年高考物理 考前沖刺30天 第八講 必考計(jì)算題 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）.docx

動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)另一質(zhì)量與B相同的滑塊A從P點(diǎn)以初速度v0向B滑行，經(jīng)過時(shí)間t時(shí)，與B相碰碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘在一起運(yùn)動(dòng)滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，與平面間的動(dòng)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(diǎn)并停止，求彈簧的最大壓縮量；(3)整個(gè)過程中滑塊B對(duì)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(shí)的速度為v1，碰后瞬間共同的速度為v2，從P到O過程，由動(dòng)量定理得：mgtmv1mv0以A、B為研究對(duì)象，碰撞瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv12mv2，解得：v2(v0gt)；(2)碰后A、B由O點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，又返回到O點(diǎn)，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(duì)滑塊A，由動(dòng)能定理得：Wmvmvm(v0gt)2.答案(1) (v0gt)(2)(v0gt)2(3)m(v0gt)2動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程，尋找各相鄰運(yùn)動(dòng)過程的聯(lián)系，弄清各物理過程所遵循的規(guī)律2對(duì)于發(fā)生彈性碰撞的物體，其作用過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒；對(duì)于發(fā)生非彈性碰撞的物體，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒，系統(tǒng)損失的機(jī)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(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(shì)能答案(1)2 m/s(2)39 J解析(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，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(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動(dòng)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(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大由能量關(guān)系，最大彈性勢(shì)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(dòng)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(shí)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(dòng)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(shí)間為t1，則由動(dòng)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(dòng)量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由機(jī)械能守恒定律有m1vm1vm2v設(shè)碰后B滑行的時(shí)間為t2，則m2gt2m2vB解得t20.5 s可見，碰后B在水平面上滑行的時(shí)間t滿足0.25 st0.5 s.命題點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)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(zhǎng)為L(zhǎng)0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)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(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)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(zhǎng)？解析(1)C下擺過程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(duì)C根據(jù)動(dòng)量定理有：FtmCvCmCvC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(dòng)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(shí)，所求B的長(zhǎng)度最小根據(jù)動(dòng)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(zhǎng)度x0.5 m.答案(1)1 200 N(2)0.5 m研究對(duì)象和研究過程的選取技巧1選取研究對(duì)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(duì)研究過程進(jìn)行恰當(dāng)?shù)睦硐牖幚?可以把一些看似分散的、相互獨(dú)立的物體圈在一起作為一個(gè)系統(tǒng)來研究，有時(shí)這樣做可使問題大大簡(jiǎn)化4有的問題，可以選取一部分物體作研究對(duì)象，也可以選取其它部分物體作研究對(duì)象；可以選某一個(gè)過程作研究過程，也可以另一個(gè)過程作研究過程；這時(shí)，首選大對(duì)象、長(zhǎng)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(diǎn)和最低點(diǎn)現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(jī)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(dòng)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(dòng)能定理(2m)v2(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)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(dòng)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h(yuǎn)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(gè)裝置處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)E200 N/C，忽略小球在連接處的能量損失，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí)，立即撤去電場(chǎng)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(dòng)，圓槽的半徑R3 m，如圖6所示(sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)圖6(1)在沿斜面下滑的整個(gè)過程中，P球電勢(shì)能增加多少？(2)小球P運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí)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(gè)過程中，電場(chǎng)力對(duì)P球做功為：W90 JEW90 J(2)根據(jù)受力分析可知，斜面對(duì)P球的支持力為：FN|q|Esin mgcos 根據(jù)動(dòng)能定理得：mghqEFNmv20代入數(shù)據(jù)，解得：v5 m/s(3)設(shè)當(dāng)小球與圓槽速度相等時(shí)，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(duì)象，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：mv2mvv2.5 m/s根據(jù)機(jī)械能守恒得：mv22mv2mgH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(diǎn)三動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例3(2014新課標(biāo)全國(guó)35(2)如圖7所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)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(shí)間后再將A球釋放當(dāng)A球下落t0.3 s 時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰碰撞時(shí)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(dòng)能損失求：圖7B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；P點(diǎn)距離地面的高度解析設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律為核心，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題，適用于力與加速度的瞬時(shí)關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)的力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、勻變速運(yùn)動(dòng)的問題，這類問題關(guān)鍵要抓住力與運(yùn)動(dòng)之間的橋梁加速度2從動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力和位移問題3從動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律的角度解題，適用于單個(gè)物體、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的受力與時(shí)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(shí)物塊的速度大??；(2)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)此后物塊落地點(diǎn)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(dòng)量守恒得mv0mMv解得v(2)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Emvm()2Mv2由式得E(3)設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t，落地點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對(duì)B的支持力大小等于B所受重力的.A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，求：圖9(1)物塊B在d點(diǎn)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(diǎn)的速度大小為v，B物塊在d點(diǎn)，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(jī)械能守恒得：mvmgRmv2A、B物塊分離過程中，由動(dòng)量守恒定律得：3mvAmvBA物塊減速運(yùn)動(dòng)到停止，由動(dòng)能定理得3mgs03mv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(diǎn)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(shí)的速度大??；(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(dá)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(shí)速度大小為v1，B速度大小為v2由水平方向動(dòng)量守恒得：mv13mv2由機(jī)械能守恒得：mghmv3mv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(dá)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(dòng)量守恒：mv13mv24mv系統(tǒng)機(jī)械能守恒：mgh4mv2mgh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(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊A，在小車C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)點(diǎn)現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h(yuǎn)1.25 m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，最終沒有從小車C上滑出已知滑塊A、B與小車C的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)，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??；(2)小車C上表面的最短長(zhǎng)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(shí)的速度大小為v1，由機(jī)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(dòng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(dòng)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(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn)帶正電的小球P1離小球P2左側(cè)的距離為L(zhǎng).現(xiàn)由靜止釋放小球P1，在電場(chǎng)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(shí)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(diǎn)右側(cè)處解析(1)設(shè)碰撞前小球P1的速度為v0，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：a設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)t時(shí)間再次發(fā)生碰撞，且P1受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正方向，則：v0tat2v0t，解得：t2對(duì)P2分析：xv0t即第二次碰撞時(shí)在O點(diǎn)右側(cè)處4(2018浙江4月23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)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(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S，用時(shí)t，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時(shí)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(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭圖4(1)求回路在t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0；(不計(jì)空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)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(dòng)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(dòng)量守恒定律mv(mm)v0得vv.