《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（6）動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（6）動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考必考題突破講座(六)動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用題型特點(diǎn)考情分析命題趨勢動量守恒問題，關(guān)鍵在于弄清題目描述的情景和過程，正確分析相互作用的物體在作用過程中的受力、運(yùn)動及做功情況，從而將一個較為復(fù)雜的物理過程分割成幾個簡單熟悉的子過程進(jìn)行求解2017全國卷，142017全國卷，202016全國卷，35(2)2019年高考命題主要會從彈性碰撞和完全非彈性碰撞方面設(shè)計(jì)考題材料，以計(jì)算題形式進(jìn)行考查1動量守恒類問題流程圖2涉及問題系統(tǒng)動量是否守恒判定方法(1)系統(tǒng)所受合外力是否為零；(2)系統(tǒng)所受內(nèi)力是否遠(yuǎn)大于外力；(3)在某一方向上，系統(tǒng)是否不受外力或所受外力的合力為零1解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)(
2、1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題(2)能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題(3)動量觀點(diǎn)：用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個規(guī)律，才能順利求解2應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時應(yīng)注意的問題(1)弄清有幾個物體參與運(yùn)動，并劃分清楚物體的運(yùn)動過程(2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動特點(diǎn)(3)光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析(4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定
3、律分析動量守恒類問題與自然和社會生活密切聯(lián)系，體現(xiàn)其社會應(yīng)用價值此外，該類題目能考查學(xué)生的物理基礎(chǔ)和基本技能，又有較好的區(qū)分度，受到命題者的青睞這部分內(nèi)容有如下幾個命題角度角度一“子彈打木塊”模型模型特點(diǎn)(1)當(dāng)子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)取得極值(2)系統(tǒng)的動量守恒，但系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，當(dāng)兩者的速度相等時，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大由(3)中的式子可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能EkEk0，等于系統(tǒng)其他形式能的增加(4)解決該類問題，既可以從動量、能
4、量兩方面解題，也可以從力和運(yùn)動的角度借助圖象求解例1(2018江蘇南京模擬)如圖所示，質(zhì)量為m245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4.質(zhì)量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2，子彈射入后，求：(1)物塊相對木板滑行的時間；(2)物塊相對木板滑行的位移解析子彈打入物塊過程，由動量守恒定律得m0v0(m0m)v1，物塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得(m0m)v1(m0mM)v2，對子彈物塊整體，由動量定理得(m0m)gt(m0m)(v2v
5、1)，聯(lián)立解得物體相對木板的滑行時間t1 s.(2)由能量守恒定律得(m0m)gd(m0m)v(m0mM)v，聯(lián)立解得d3 m.答案(1) 1s(2)3 m角度二“彈簧類”模型模型特點(diǎn)對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中(1)在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒(2)在動量方面，系統(tǒng)動量守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒，機(jī)械能守恒(4)彈簧處于原長時，彈性勢能為零例2如圖所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C
6、之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動，與B相碰并黏合在一起以后細(xì)線突然斷開彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能解析設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒守量3mvmv0，設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv2mv1mv0，設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv，由式得彈簧所釋放的勢能為Epmv.答案mv角度三“圓弧軌道滑
7、塊”模型模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度，且m不可能從此處離開軌道，系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒mv0(Mm)v共，mv(Mm)vmgh.(2)最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mv0mv1Mv2，mvmvMv.例3(2018廣東惠州模擬)在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD，木板AB上表面粗糙，動摩擦因數(shù)為，滑塊CD上表面是光滑的圓弧，其始端D點(diǎn)切線水平且在木板AB上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點(diǎn)時速度為，又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點(diǎn)
8、C處求：(1)物塊滑到B處時木板的速度vAB；(2)滑塊CD圓弧的半徑R.解析(1)由點(diǎn)A到點(diǎn)B，取向左為正，由動量守恒得mv0mvB2mvAB，則vAB.(2)由點(diǎn)D到點(diǎn)C，滑塊CD與物塊P的動量守恒、機(jī)械能守恒則mm2mv共，mgRm2m22mv，解得R.答案(1)(2)例1兩質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h.物塊從靜止滑下，然后滑上劈B.求物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度解析根據(jù)題意可知，物塊從劈A靜止滑下，達(dá)到劈A底端時，設(shè)物塊的速度大小為v，A的速度
9、大小為vA，由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得mghmv2M1v，M1vAmv.設(shè)物塊在劈B上能夠達(dá)到的最大高度為h，此時物塊和劈B的共同速度大小為v.由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得mgh(M2m)v2mv2，mv(M2m)v，聯(lián)立解得hh.答案h例2如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次到達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小解析設(shè)A與
10、C發(fā)生碰撞后瞬間，A的速度大小為vA，方向向右，C的速度大小為vC.A與C碰撞時間極短，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B相互作用，設(shè)最終達(dá)到的共同速度為v，由動量守恒定律得mBv0mAvA(mAmB)v，A與B達(dá)到共同速度后恰不與C碰撞，則應(yīng)有vvC聯(lián)立解得vA2 m/s.答案2 m/s例3如圖所示，物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止；從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞后兩者黏在一起運(yùn)動；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均可由傳感器(圖中未畫出)測得某同學(xué)以h為縱坐標(biāo)，v2為橫坐標(biāo)，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作直線擬合，求得該直線
11、的斜率為k1.92103 s2/m.已知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA0.400 kg和mB0.100 kg，取重力加速度大小g9.8 m/s2.(1)若碰撞時間極短且忽略空氣阻力，求hv2直線斜率的理論值k0；(2)求k值的相對誤差()100%.(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)解析(1)設(shè)物塊A和B碰撞后共同運(yùn)動的速度為v，由動量守恒定律有mBv(mAmB)v，在碰撞后，A和B共同上升的過程中，由機(jī)械能守恒定律有(mAmB)v2(mAmB)gh，解得hv2.由題意得k0，代入題給數(shù)據(jù)得k02.04103 s2/m.(2)按照定義100%，解得6%.答案(1)2.04103 s2/m(2)6%例4如圖所示
12、，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑的滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析(1)規(guī)定向右為速度正方向冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時，兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對冰塊與斜面體組成的系統(tǒng)而言，在冰塊被推出后，
13、該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，且在水平方向上動量守恒，有m2v20(m2m3)v，其中v203 m/s，m2v(m2m3)v2m2gh，解得m320 kg；(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1m2v200，解得v11 m/s，設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3，m2vm2vm3v，解得v21 m/s，由于v2v1，故冰塊與斜面體分離后不能追上小孩答案(1) 20 kg(2)不能1(2018廣東珠海模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，用輕彈簧連接木塊與墻，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊
14、并嵌入其中(作用時間極短)，下列說法正確的是(CD)A從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長的過程中，子彈、木塊構(gòu)成的系統(tǒng)的動量守恒B從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長的過程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C子彈入射木塊時，子彈、木塊系統(tǒng)的動量守恒D從彈簧開始壓縮到彈簧回復(fù)原長的過程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析從木塊開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程中，由于木塊受彈簧彈力作用，子彈、木塊系統(tǒng)的動量不守恒，選項(xiàng)A錯誤；子彈射入木塊過程中，由于需克服子彈與木塊間的摩擦力做功，子彈、木板及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯誤；子彈入射木塊時，由于時間極短，彈簧的作用力可忽略不計(jì)，子彈、木塊構(gòu)
15、成的系統(tǒng)動量守恒，選項(xiàng)C正確；從彈簧開始壓縮到彈簧回復(fù)原長的過程中，沒有外力對子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)做功，故該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確2(2018浙江杭州模擬)(多選)如圖所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道和上表面水平光滑、質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平?jīng)_上小車，當(dāng)小球返回并脫離小車后(不計(jì)空氣阻力)，關(guān)于小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(BC)A一定向左做平拋運(yùn)動B可能向左做平拋運(yùn)動C可能做自由落體運(yùn)動D一定向右做平拋運(yùn)動解析設(shè)小球返回后離開小車時，小球的速度為v1、小車的速度為v2，從小球沖上小車到返回后離開的過程中，由動量守恒定律有 mv0mv1Mv2
16、，由機(jī)械能守恒定律有mvmvMv，解得v1v0，當(dāng)mM時，v10，小球離開小車時的速度水平向右，故小球向右做平拋運(yùn)動；當(dāng)mM時，v10，小球離開小車時的速度為零，小球做自由落體運(yùn)動；當(dāng)mM時，v10，vB0)，選項(xiàng)B、C均錯誤；碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek大于或等于碰撞后系統(tǒng)的總動能Ek，碰撞前系統(tǒng)的總動能為EkmAvmBv27 J，通過計(jì)算可得，選項(xiàng)A、D中碰撞后系統(tǒng)的總動能分別為3 J、27 J，滿足EkEk，選項(xiàng)A、D均正確4(2018河北石家莊模擬)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA4.0 kg和mB3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸另有一物塊C從
17、t0時以一定速度向右運(yùn)動，在t4 s時與物塊A相碰，并立即與A黏在一起不再分開，物塊C的vt圖象如圖乙所示求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運(yùn)動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.解析(1)由題圖知，C與A碰前速度為v19 m/s，碰后速度為v23 m/s，C與A碰撞過程動量守恒mCv1(mAmC)v2，即mC2 kg.(2)12 s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能量大(mAmC)v3(mAmBmC)v4，(mAmC)v(mAmBmC)vEp，得Ep9 J.答案(1)2 kg(2)9 J5(2018湖北黃岡模擬)如
18、圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能解析設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的重力勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mghmv，解得v1.設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有m
19、gmv，解得v1.設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv1mv15mv2，解得v2.由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為I5mv2m，碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2(5m3m)v3，據(jù)機(jī)械能守恒定律Epm5mv(5m3m)v，解得Epmmgh.答案mmgh6如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R0.5 m，物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后黏在一起運(yùn)動，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙
20、段、光滑段交替排列，每段長度都為L0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg.(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時間極短)(1)求A滑過Q點(diǎn)時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(n m/s.在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式有Fmg，解得A滑過Q點(diǎn)時受到的彈力F22 N.(2)AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律有mvmv，得vAv06 m/s.AB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動量守恒定律得mvA(mm)vP，解得vP3 m/s，總動能Ek(mm)v9 J，滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能EFfL(mm)gL0.2 J，則k45.(3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量E損nE0.2n J，由能量守恒得(mm)v(mm)vnE.代入數(shù)據(jù)解得vn m/s.(nk)答案(1)22 N(2)45 (3)見解析11
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