【物理】2019届一轮复习人教版动量和能量观点的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量和能量观点的综合应用学案

高考必考题突破讲座(六) 动量和能量观点的综合应用 题型特点 考情分析 命题趋势 动量守恒问题，关键在于 弄清题目描述的情景和过程， 正确分析相互作用的物体在 作用过程中的受力、运动及做 功情况，从而将一个较为复杂 的物理过程分割成几个简单 熟悉的子过程进行求解 2017·全国卷Ⅰ，14 2017·全国卷Ⅲ，20 2016·全国卷Ⅲ，35(2) 2019 年高考命题主要会 从弹性碰撞和完全非弹性碰 撞方面设计考题材料，以计算 题形式进行考查 1．动量守恒类问题流程图 分析物体 运动过程→确定系统 的组成 →各子过程遵从 的物理规律 →建立关 系式 2．涉及问题 系统动量是否守恒判定方法 (1)系统所受合外力是否为零； (2)系统所受内力是否远大于外力； (3)在某一方向上，系统是否不受外力或所受外力的合力为零． 1．解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题． (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． 但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求 解． 2．应用力学三大观点解题时应注意的问题 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点． (3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹 打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析． (4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析． 动量守恒类问题与自然和社会生活密切联系，体现其社会应用价值．此外，该类题目能 考查学生的物理基础和基本技能，又有较好的区分度，受到命题者的青睐．这部分内容有如 下几个命题角度． ►角度一　“子弹打木块”模型 模型特点 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度) 取得极值． (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统 机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．由(3)中的式子可以看出，子 弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多． (3)根据能量守恒，系统损失的动能 ΔEk＝ M m＋MEk0，等于系统其他形式能的增加． (4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图 象求解． [例 1](2018·江苏南京模拟)如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4.质量为 m0＝5 g 的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极 短)，g 取 10 m/s2，子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间； (2)物块相对木板滑行的位移． 解析　子弹打入物块过程，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1， 物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 对子弹物块整体，由动量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)， 联立解得物体相对木板的滑行时间 t＝v2－v1 －μg ＝1 s. (2)由能量守恒定律得 μ(m0＋m)gd＝1 2(m0＋m)v21－1 2(m0＋m＋M)v22， 联立解得 d＝3 m. 答案　(1) 1s　(2)3 m ►角度二　“弹簧类”模型 模型特点 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中． (1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统 所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． (2)在动量方面，系统动量守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机 械能守恒． (4)弹簧处于原长时，弹性势能为零． [例 2]如图所示，A、B、C 三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平面上，B、C 之间 有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B、C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于 B、C 可视为一个整体．现 A 以初速度 v0 沿 B、C 的连线方 向朝 B 运动，与 B 相碰并黏合在一起．以后细线突然断开．弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离．已知 C 离开弹簧后的速度恰为 v0，求弹簧释放的势能． 解析　设碰后 A、B 和 C 共同速度的大小为 v，由动量守恒守量 3mv＝mv0，① 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒定律得 3mv＝2mv1＋mv0，② 设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 1 2(3m)v2＋Ep＝1 2(2m)v21＋1 2mv20，③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝1 3mv20. 答案　1 3mv20 ►角度三　“圆弧轨道＋滑块”模型 模型特点 (1)最高点：m 与 M 具有共同水平速度，且 m 不可能从此处离开轨道，系统水平方向动 量守恒，系统机械能守恒． mv0＝(M＋m)v 共，1 2mv20＝1 2(M＋m)v 2共＋mgh. (2)最低点：m 与 M 分离点．水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，1 2 mv20＝1 2mv21＋1 2Mv22. [例 3](2018·广东惠州模拟)在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD， 木板 AB 上表面粗糙，动摩擦因数为 μ，滑块 CD 上表面是光滑的1 4圆弧，其始端 D 点切线 水平且在木板 AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块 P，质量也 为 m，从木板 AB 的右端以初速度 v0 滑上木板 AB，过 B 点时速度为v0 2 ，又滑上滑块 CD，最 终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的最高点 C 处．求： (1)物块滑到 B 处时木板的速度 vAB； (2)滑块 CD 圆弧的半径 R. 解析　(1)由点 A 到点 B，取向左为正，由动量守恒得 mv0＝mvB＋2mvAB，则 vAB＝v0 4 . (2)由点 D 到点 C，滑块 CD 与物块 P 的动量守恒、机械能守恒． 则 m·v0 2 ＋m·v0 4 ＝2mv 共， mgR＝1 2m( v0 2 )2＋1 2m( v0 4 )2－1 2×2mv 2共， 解得 R＝ v20 64g. 答案　(1)v0 4 　(2) v20 64g [例 1]两质量分别为 M1 和 M2 的劈 A 和 B，高度相同，放在光滑水平面上，A 和 B 的倾 斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为 m 的物块位于劈 A 的倾 斜面上，距水平面的高度为 h.物块从静止滑下，然后滑上劈 B.求物块在 B 上能够达到的最 大高度． 解析　根据题意可知，物块从劈 A 静止滑下，达到劈 A 底端时，设物块的速度大小为 v，A 的速度大小为 vA，由机械能守恒定律和动量守恒定律得 mgh＝1 2mv2＋1 2M1v2A，① M1vA＝mv.② 设物块在劈 B 上能够达到的最大高度为 h′，此时物块和劈 B 的共同速度大小为 v′.由 机械能守恒定律和动量守恒定律得 mgh′＋1 2(M2＋m)v′2＝1 2mv2，③ mv＝(M2＋m)v′，④ 联立①②③④解得 h′＝ M1M2 (M1＋m)(M2＋m)h. 答案　 M1M2 (M1＋m)(M2＋m)h [例 2]如图所示，光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑块 C，滑块 B 置于 A 的 左端，三者质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时 C 静止，A、B 一起以 v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与 C 发生碰撞(时间极短)后 C 向右运动，经过一段时间，A、B 再 次到达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 碰撞．求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速 度大小． 解析　设 A 与 C 发生碰撞后瞬间，A 的速度大小为 vA，方向向右，C 的速度大小为 vC.A 与 C 碰撞时间极短，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC，① A 与 B 相互作用，设最终达到的共同速度为 v，由动量守恒定律得 mBv0＋mAvA＝(mA＋ mB)v，② A 与 B 达到共同速度后恰不与 C 碰撞，则应有 v＝vC③ 联立①②③解得 vA＝2 m/s. 答案　2 m/s [例 3]如图所示，物块 A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射 器(图中未画出)射出的物块 B 沿水平方向与 A 相撞，碰撞后两者黏在一起运动；碰撞前 B 的 速度的大小 v 及碰撞后 A 和 B 一起上升的高度 h 均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以 h 为纵坐标，v2 为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为 k＝1.92×10－3 s2/m.已知物块 A 和 B 的质量分别为 mA＝0.400 kg 和 mB＝0.100 kg，取重力加速度大 小 g＝9.8 m/s2. (1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h－v2 直线斜率的理论值 k0； (2)求 k 值的相对误差 δ(δ＝|k－k0| k0 )×100%.(结果保留一位有效数字) 解析　(1)设物块 A 和 B 碰撞后共同运动的速度为 v′，由动量守恒定律有 mBv＝(mA＋ mB)v′， 在碰撞后，A 和 B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 1 2(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh， 解得 h＝ m2B 2g(mA＋mB)2v2. 由题意得 k0＝ m2B 2g(mA＋mB)2 ， 代入题给数据得 k0＝2.04×10－3 s2/m. (2)按照定义 δ＝|k－k0| k0 ×100%， 解得 δ＝6%. 答案　(1)2.04×10－3 s2/m　(2)6% [例 4]如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上 的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面 体推出，冰块平滑的滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h＝0.3 m(h 小于斜面体 的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块的质量为 m2＝10 kg，小孩与滑 板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2. (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 解析　(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时，两者达到共同 速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3.对冰块与斜面体组成的系统而言，在冰块被 推出后，该系统的机械能守恒，且在水平方向上动量守恒，有 m2v20＝(m2＋m3)v，其中 v20＝－3 m/s， 1 2m2v 220＝1 2(m2＋m3)v2＋m2gh， 解得 m3＝20 kg； (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0， 解得 v1＝1 m/s， 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3， 1 2m2v 220＝1 2m2v22＋1 2m3v23， 解得 v2＝1 m/s， 由于 v2＝v1，故冰块与斜面体分离后不能追上小孩． 答案　(1) 20 kg　(2)不能 1．(2018·广东珠海模拟)(多选)如图所示，质量为 M 的木块静止在光滑水平面上，用轻 弹簧连接木块与墙，一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中(作用时间极短)， 下列说法正确的是(　CD　) A．从子弹入射木块到弹簧恢复原长的过程中，子弹、木块构成的系统的动量守恒 B．从子弹入射木块到弹簧恢复原长的过程中，子弹、木块及弹簧构成的系统机械能守 恒 C．子弹入射木块时，子弹、木块系统的动量守恒 D．从弹簧开始压缩到弹簧回复原长的过程中，子弹、木块及弹簧构成的系统机械能守 恒 解析　从木块开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程中，由于木块受弹簧弹力作用，子弹、 木块系统的动量不守恒，选项 A 错误；子弹射入木块过程中，由于需克服子弹与木块间的 摩擦力做功，子弹、木板及弹簧构成的系统机械能不守恒，选项 B 错误；子弹入射木块时， 由于时间极短，弹簧的作用力可忽略不计，子弹、木块构成的系统动量守恒，选项 C 正确； 从弹簧开始压缩到弹簧回复原长的过程中，没有外力对子弹、木块及弹簧构成的系统做功， 故该系统机械能守恒，选项 D 正确． 2．(2018·浙江杭州模拟)(多选)如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道和上表面水平光 滑、质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，质量为 m 的小球以初速度 v0 水平冲上小车，当 小球返回并脱离小车后(不计空气阻力)，关于小球的运动情况，下列说法正确的是(　BC　) A 一定向左做平抛运动 B．可能向左做平拋运动 C．可能做自由落体运动 D．一定向右做平抛运动 解析　设小球返回后离开小车时，小球的速度为 v1、小车的速度为 v2，从小球冲上小 车到返回后离开的过程中，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律有 1 2mv20 ＝1 2mv21＋1 2Mv22，解得 v1＝m－M m＋Mv0，当 m>M 时，v1>0，小球离开小车时的速度水平向右， 故小球向右做平抛运动；当 m＝M 时，v1＝0，小球离开小车时的速度为零，小球做自由落 体运动；当 m0，v′B<0)，选项 B、C 均错误；③碰撞前系统的总动能 Ek 大于或 等于碰撞后系统的总动能 E′k，碰撞前系统的总动能为 Ek＝1 2mAv2A＋1 2mBv2B＝27 J，通过计 算可得，选项 A、D 中碰撞后系统的总动能分别为 3 J、27 J，满足 Ek≥E′k，选项 A、D 均正确． 4．(2018·河北石家庄模拟)如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块 C 从 t＝0 时以一定速度向右运动，在 t＝4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 黏在一起不再分开， 物块 C 的 v－t 图象如图乙所示．求： (1)物块 C 的质量 mC； (2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep. 解析　(1)由题图知，C 与 A 碰前速度为 v1＝9 m/s，碰后速度为 v2＝3 m/s，C 与 A 碰 撞过程动量守恒． mCv1＝(mA＋mC)v2， 即 mC＝2 kg. (2)12 s 时 B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 A、C 与 B 的速度相等时，弹簧弹性势能量大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4， 1 2(mA＋mC)v23＝1 2(mA＋mB＋mC)v24＋Ep， 得 Ep＝9 J. 答案　(1)2 kg　(2)9 J 5．(2018·湖北黄冈模拟)如图所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固 定在 O 点，O 点到光滑水平面的距离为 h.物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m，B 与 C 用轻 弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B 物块位于 O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直， 小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点 时到水平面的距离为 h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰撞过 程 B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能． 解析　设小球运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时 的重力势能为零，根据机械能守恒定律有 mgh＝1 2mv21，解得 v1＝ 2gh. 设碰撞后小球反弹的速度大小为 v′1，同理有 mg h 16＝1 2mv′21，解得 v′1＝ 2gh 4 . 设碰撞后物块 B 的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mv1＝－ mv′1＋5mv2， 解得 v2＝ 2gh 4 . 由动量定理可得，碰撞过程 B 物块受到的冲量为 I＝5mv2＝5 4m 2gh， 碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv2 ＝(5m＋3m)v3， 据机械能守恒定律 Epm＝1 2×5mv22－1 2×(5m＋3m)v23， 解得 Epm＝ 15 128mgh. 答案　5 4m 2gh　 15 128mgh 6．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直 轨道相切，半径 R＝0.5 m，物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿 圆轨道滑出后，与直轨道上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后黏在一起运动，P 点左侧轨道光 滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的 动摩擦因数都为 μ＝0.1，A、B 的质量均为 m＝1 kg.(重力加速度 g 取 10 m/s2；A、B 视 为质点，碰撞时间极短) (1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n gR＝ 5 m/s. 在 Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有 F＋mg＝mv2 R ， 解得 A 滑过 Q 点时受到的弹力 F＝22 N. (2)AB 碰撞前 A 的速度为 vA，由机械能守恒定律有 1 2mv20＝1 2mv2A，得 vA＝v0＝6 m/s. AB 碰撞后以共同的速度 vP 前进，由动量守恒定律得 mvA＝(m＋m)vP，解得 vP＝3 m/s， 总动能＝Ek＝1 2(m＋m)v2P＝9 J， 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J， 则 k＝ Ek ΔE＝45. (3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段上损失的能量 E 损＝nΔE＝0.2n J， 由能量守恒得1 2(m＋m)v2P－1 2(m＋m)v2n＝nΔE. 代入数据解得 vn＝ 9－0.2n m/s.(n

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