2018版高考物理配套文档：第十二章 加试计算题8 动量和能量观点的综合应用 Word版含解析

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μ，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：－μmgt＝mv1－mv0

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：mv1＝2mv2，解得：v2＝(v0－μgt)；

(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：μ(2mg)2x＝(2m)v，解得：x＝(v0－μgt)2

(3)对滑块A，由动能定理得：W＝mv－mv＝－m(v0－μgt)2.

答案　(1) (v0－μgt)　(2)(v0－μgt)2

(3)－m(v0－μgt)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M＝4 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L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝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v0＝10 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m＝1 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＝(M＋m)v

解得v＝v0

代入数据得木块A的速度v＝2 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

Ep＝mv－(m＋M)v2－μmgL

代入数据得Ep＝39 J.

2．(2016·河南六市一联)如图3所示，质量为m1＝0.2 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m2＝1 kg.碰撞前，A的速度大小为v0＝3 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μ＝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 s≤t≤0.5 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＝(m1＋m2)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μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1

解得t1＝0.25 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m1v0＝m1vA＋m2vB

由机械能守恒定律有m1v＝m1v＋m2v

设碰后B滑行的时间为t2，则μm2gt2＝m2vB

解得t2＝0.5 s

可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足0.25 s≤t≤0.5 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mB ＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA ＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为L＝0.8 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Δt＝10－2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 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：

mCgL＝mCv

解得：碰前C的速度大小vC＝＝4 m/s

 C反弹过程，根据动能定理有：－mCgh＝0－mCvC′2

 解得：碰后C的速度大小vC′＝＝2 m/s

取向右为正方向，对C根据动量定理有：－F·Δt＝－mCvC′－mCvC

 解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：F＝＝1 200 N.

(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：mCvC＝－mCvC′＋mAvA

解得：碰后A的速度vA＝＝2 m/s

 A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＝(mA＋mB)v

解得A、B的共同速度v＝＝1.5 m/s

根据能量守恒定律：μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2

 解得：木板B的最小长度x＝＝0.5 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R＝0.2 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μ＝0.2.取重力加速度g＝10 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mgR＝mv2

得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s

(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′

得碰撞后瞬间A和B整体的速率

v′＝v＝1 m/s

(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl

得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m.

4．一质量为m＝6 kg、带电荷量为q＝－0.1 C的小球P自动摩擦因数μ＝0.5、倾角θ＝53°的粗糙斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h＝6.0 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E＝200 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R＝3 m，如图6所示．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 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：W＝＝－90 J

ΔE＝－W＝90 J

(2)根据受力分析可知，斜面对P球的支持力为：

FN＝|q|Esin θ＋mgcos θ

根据动能定理得：

mgh＋qE－μFN＝mv2－0

代入数据，解得：v＝5 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：mv＝2mv′

v′＝2.5 m/s

根据机械能守恒得：mv2＝×2mv′2＋mgH

代入已知数据得：H＝0.625 m<R，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Ⅰ·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h＝0.8 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t＝0.3 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mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

图7

①B球第一次到达地面时的速度；

②P点距离地面的高度．

解析　①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＝  ①

将h＝0.8 m代入上式，得

vB＝4 m/s  ②

②设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可知

v1＝gt  ③

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

mAv1＋mBv2＝mBv2′  ④

mAv＋mBv＝mBv2′2  ⑤

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

vB′＝vB  ⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可知

h′＝  ⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得

h′＝0.75 m.

答案　①4 m/s　②0.75 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mv0＝m·＋Mv①

解得v＝②

(2)系统损失的机械能为ΔE＝mv－m()2－Mv2③

由②③式得ΔE＝④

(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h＝gt2⑤

s＝vt⑥

由②⑤⑥式得s＝

6．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μ，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：

mg－mg＝m，

解得v＝.

(2)B物块从b到d的过程中，由机械能守恒得：

mv＝mgR＋mv2

A、B物块分离过程中，由动量守恒定律得：

3mvA＝mvB

A物块减速运动到停止，由动能定理得

－3μmgs＝0－×3mv

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：mv1＝3mv2

由机械能守恒得：mgh＝mv＋×3mv

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：mv1＋3mv2＝4mv

系统机械能守恒：mgh＝×4mv2＋mgh′

由以上两式解得：h′＝h.

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h＝1.25 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μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 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：mAgh＝mAv①

代入数据解得v1＝5 m/s.               ②

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＝(mA＋mB)v2                   ③

代入数据解得v2＝2.5 m/s.                ④

(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：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3                                                                          ⑤

根据能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v      ⑥

联立④⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 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

qEL＝mv，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：mv0＝m(－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Δt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：

－v0Δt＋aΔt2＝v0Δt，解得：Δt＝2

对P2分析：x＝v0Δt＝

即第二次碰撞时在O点右侧处

4．(2016·浙江4月选考·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ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt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Δt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Δt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Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)

答案　(1)　　向右　(2)－gΔt

(3)v

解析　(1)根据电磁感应定律，有

＝＝

q＝Δt＝＝

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)Δt＝mv0

得v0＝－gΔt

(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

－m′v＋(m－m′)Δv＝0

得Δv＝v.