高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究5 加試計算題 23題 動量和能量觀點的綜合應用

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題型研究5 加試計算題 23題 動量和能量觀點的綜合應用 動量和能量觀點的應用 1．動量定理 物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化．即I＝Δp或Ft＝Δp或Ft＝p1－p2，它的表達式是一個矢量方程，即表示動量的變化方向與沖量的方向相同． 2．動量守恒定律： (1)內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．即： p1＝p2或Δp1＝－Δp2. (2)條件：①系統(tǒng)不受外力或者所受外力的和為零；②系統(tǒng)所受外力遠小于系統(tǒng)的內(nèi)力，可以忽略不計；③系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒． 3．動能定理： 合外力做的功等于物體動能的變化．(這里的合外力指物體受到的所有外力的合力，包括重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等)．表達式為W＝ΔEk或W總＝Ek2－Ek1. 4．機械能守恒定律： 在只有重力(或彈簧彈力)做功時，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)機械能守恒． 例1　如圖1所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s.當A與B碰撞后會立即粘在一起運動，g取10 m/s2，求： 圖1 (1)在A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大?。? (2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度． 答案　(1)50 N　(2)0.45 m 解析　(1)設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有 Ft＝mAv1′－mA(－v1) 解得F＝50 N (2)設碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1′＝(mA＋mB)v A、B在光滑圓形軌道上滑動時，機械能守恒，由機械能守恒定律得 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m. 動量和能量綜合題的解題思路 1．仔細審題，把握題意 在讀題的過程中，必須仔細、認真，要收集題中的有用信息，弄清物理過程，建立清晰的物理情景，充分挖掘題中的隱含條件，不放過任何一個細節(jié)． 2．確定研究對象，進行受力分析和運動分析 有的題目可能會有多個研究對象，研究對象確定后，必須對它進行受力分析和運動分析，明確其運動的可能性． 3．思考解題途徑，正確選用規(guī)律 根據(jù)物體的受力情況和運動情況，選擇與它相適應的物理規(guī)律及題中給予的某種等量關系列方程求解． 4．檢查解題過程，檢驗解題結(jié)果 檢查過程并檢驗結(jié)果是否符合題意以及是否符合實際情況． 變式題組 1．如圖2所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下進入水平面，在坡道末端O點無機械能損失．現(xiàn)將輕彈簧的一端固定在M處的墻上，另一端與質(zhì)量為m2的物塊B相連．A從坡道上滑下來后與B碰撞的時間極短，碰后A、B結(jié)合在一起共同壓縮彈簧．各處摩擦不計，重力加速度為g，求： 圖2 (1)A在與B碰撞前瞬時速度v的大??； (2)A與B碰后瞬間的速度v′的大小； (3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能Ep. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由機械能守恒定律得m1gh＝m1v2 v＝ (2)A、B在碰撞過程中，由動量守恒定律得 m1v＝(m1＋m2)v′ v′＝ (3)A、B速度v′減為零時，彈簧被壓縮到最短，由機械能守恒定律得 Ep＝(m1＋m2)v′2＝. 2．如圖3所示，光滑水平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3 (1)A剛從B上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A剛滑至地面時速度大小為v1，B速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動量守恒得3mv2－mv1＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝mv12＋3mv22 聯(lián)立以上兩式解得：v1＝ v2＝. (2)從A與擋板碰后開始，到A追上B到達最大高度h′并具有共同速度v，此過程根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得 mv1＋3mv2＝4mv 根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得 mgh＝4mv2＋mgh′ 聯(lián)立解得： h′＝h.  　　　　　動力學、動量和能量觀點的綜合應用 解決力學問題的三種解題思路 1．以牛頓運動定律為核心，結(jié)合運動學公式解題，適用于力與加速度的瞬時關系、圓周運動的力與運動的關系、勻變速運動的問題，這類問題關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)及相互作用物體系統(tǒng)的碰撞、打擊、爆炸、反沖等問題． 例2　如圖4所示，質(zhì)量為m的b球用長h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高h的A處由靜止釋放，沿光滑軌道ABC下滑，在C處與b球正碰并與b黏在一起．已知BC軌道距地面的高度為0.5h，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問： 圖4 (1)a球與b球碰前瞬間的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？若細繩斷裂，小球在DE水平面上的落點距C的水平距離是多少？若細繩不斷裂，小球最高將擺多高？ 答案　(1)　(2)斷裂　h 解析　(1)設a球經(jīng)C點時速度為vC，則由機械能守恒得 mgh＝mvC2，解得：vC＝ 即a球與b球碰前的速度為. (2)設碰后b球的速度為v，由動量守恒得 mvC＝(m＋m)v 故v＝vC＝ 小球被細繩懸掛繞O擺動時，若細繩拉力為FT，則 FT－2mg＝2m，解得FT＝3mg FT>2.8mg，細繩會斷裂，小球做平拋運動 設平拋的時間為t，則0.5h＝gt2 得t＝ 故落點距C的水平距離為 x＝vt＝＝h 小球最終落到地面距C水平距離h處． 力學規(guī)律的優(yōu)選策略 1．牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受恒力作用，且又直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應采用運動學公式和牛頓第二定律． 2．動量定理反映了力對事件的積累效應，適用于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及運動時間的問題． 3．動能定理反映了力對空間的積累效應，對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間，而涉及力、位移、速度的問題，無論是恒力還是變力，一般都利用動能定理求解． 4．如果物體只有重力或彈簧彈力做功而不涉及物體運動過程中的加速度和時間，此類問題則首先考慮用機械能守恒定律求解． 5．在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，及系統(tǒng)克服摩擦力所做的功等于系統(tǒng)機械能的減少量，系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能． 6．在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，必須注意到一般過程中均含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化．這類問題由于作用時間都很短，動量守恒定律一般大有作為． 變式題組 3．如圖5所示，一個半徑R＝1.00 m的粗糙圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，其下端切線是水平的，距地面高度h＝1.25 m．在軌道末端放有質(zhì)量mB＝0.30 kg的小球B(視為質(zhì)點)，B左側(cè)裝有微型傳感器，另一質(zhì)量mA＝0.10 kg的小球A(也視為質(zhì)點)由軌道上端點從靜止開始釋放，運動到軌道最低處時，傳感器顯示示數(shù)為2.6 N，A與B發(fā)生正碰，碰后B小球水平飛出，落到地面時的水平位移x＝0.80 m，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功； (2)A與B碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機械能． 答案　(1)0.20 J　(2)0.384 J 解析　(1)在最低點，對A球由牛頓第二定律有 FA－mAg＝mA 得vA＝4.00 m/s 在A下落過程中，由動能定理有： mAgR－Wf＝mAvA2 A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20 J. (2)碰后B球做平拋運動，在水平方向有x＝vB′t 在豎直方向有h＝gt2 聯(lián)立以上兩式可得碰后B的速度vB′＝1.6 m/s 對A、B碰撞過程，由動量守恒定律有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 碰后A球的速度vA′＝－0.80 m/s，負號表示碰后A球運動方向向左 由能量守恒得，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能： ΔE損＝mAvA2－mAvA′2－mBvB′2 故ΔE損＝0.384 J 在A與B碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機械能為0.384 J. 4．(2016麗水調(diào)研)如圖6所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2 kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6 s，二者的速度達到v1＝2 m/s.求： 圖6 (1)A開始運動時加速度a的大??； (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小； (3)A的上表面長度l. 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 解析　(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa① 代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5 m/s2② (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得 Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v③ 代入數(shù)據(jù)解得v＝1 m/s④ (3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v⑤ A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有 Fl＝mAvA2⑥ 由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45 m. 1．一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示．物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止．g取10 m/s2. 圖1 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 解析　(1)由動能定理有 －μmgs＝mv2－mv02 可得μ＝0.32 (2)由動量定理有 FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N (3)W＝mv′2＝9 J. 2．(2015紹興市模擬)如圖2所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高也為h，坡道底端與臺面相切．小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半．兩球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖2 (1)小球A剛滑至水平臺面的速度vA； (2)A、B兩球的質(zhì)量之比mA∶mB. 答案　(1)　(2)1∶3 解析　(1)小球從坡道頂端滑至水平臺面的過程中，由機械能守恒定律得 mAgh＝mAvA2 解得vA＝ (2)設兩球碰撞后共同的速度為v，由動量守恒定律得 mAvA＝(mA＋mB)v 粘在一起的兩球飛出臺面后做平拋運動，設運動時間為t，由運動學公式，在豎直方向上有 h＝gt2 在水平方向上有 ＝vt 聯(lián)立上述各式得 mA∶mB＝1∶3. 3．如圖3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B靜止在圓弧軌道的最低點，現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放，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R＝0.2 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)μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖3 (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　設滑塊A的質(zhì)量為m. (1)滑塊由A到B的過程，根據(jù)機械能守恒定律 mgR＝mv2 得碰撞前瞬間A的速率v＝＝2 m/s (2)碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律 mv＝2mv′ 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝v＝1 m/s (3)根據(jù)動能定理：(2m)v′2＝μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l＝＝0.25 m. 4．如圖4所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h.物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升至最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t. 圖4 答案　 解析　設小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律，有mgh＝mv12① 解得v1＝② 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有 mg＝mv1′2③ 解得v1′＝ ④ 設碰后物塊的速度大小為v2，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有 mv1＝－mv1′＋5mv2⑤ 解得v2＝ ⑥ 物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小F＝5μmg⑦ 設物塊在水平面上滑行的時間為t，根據(jù)動量定律有 －Ft＝0－5mv2⑧ 解得t＝⑨ 解法二：物塊在水平面上滑行時做勻減速直線運動，從⑤式以后可以換為以下內(nèi)容：加速度a＝＝－μg，由運動學公式可得t＝＝. 5．如圖5所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為m、3m的A、B兩物體如圖所示，其中A緊靠墻壁，A、B之間有質(zhì)量不計的輕彈簧相連，現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，對該物體做功為W，使AB間彈簧被壓縮但系統(tǒng)靜止，突然撤去向左推力解除壓縮，求： 圖5 (1)從撤去外力到物塊A離開墻壁的過程中，墻壁對物塊A的沖量； (2)在物塊A離開墻壁后的運動過程中，物塊A、B速度的最小值． 答案　(1)　(2)0　 解析　(1)壓縮彈簧時外力做功全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能．撤去外力后，物塊B在彈力作用下做加速運動．在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒．設彈簧恢復原長時，物塊B的速度為vB0，有W＝mvB02① vB0＝ ② 此過程中系統(tǒng)的動量變化即為墻給A的沖量，有 I＝3mvB0③ 聯(lián)立解得 I＝④ (2)當彈簧恢復原長時，物塊A的速度為最小值vA0.有vA0＝0⑤ 物塊A離開墻壁后，在彈簧的作用下速度逐漸增大，物塊B速度逐漸減?。攺椈稍僖淮位謴驮L時，物塊A達到最大速度vA.物塊B的速度減小到最小值vB.在此過程中系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒， 有3mvB0＝mvA＋3mvB⑥ W＝mvA2＋mvB2 聯(lián)立可得 vB＝ . 6．(2016浙江4月選考23)某同學設計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖6所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌，間距為L.導軌間加有垂直導軌平面向下的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導軌間，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(電阻可忽略且和導軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt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6 (1)求回路在Δt時間內(nèi)感應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中的感應電流方向； (2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力) (3)火箭脫離導軌時，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Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)電磁感應定律，有 ＝＝ q＝Δt＝＝ 電流方向向右 (2)平均感應電流 ＝＝ 平均安培力 ＝BL (－mg)Δt＝mv0 v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設豎直向上為正，由動量守恒定律 －m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v.