2017版高考物理(全国专用)大二轮总复习与增分策略练习 题型研究5

动量和能量观点的应用1．动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．即I ＝Δp 或Ft ＝Δp 或Ft ＝p 1－p 2，它的表达式是一个矢量方程，即表示动量的变化方向与冲量的方向相同． 2．动量守恒定律：(1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．即： p 1＝p 2或Δp 1＝－Δp 2.(2)条件：①系统不受外力或者所受外力的和为零；②系统所受外力远小于系统的内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒．3．动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化．(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)．表达式为W ＝ΔE k 或W 总＝E k2－E k1. 4．机械能守恒定律：在只有重力(或弹簧弹力)做功时，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统机械能守恒．例1 如图1所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m /s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2，求：图1(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小； (2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．答案(1)50 N(2)0.45 m解析(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft＝m A v1′－m A(－v1)解得F＝50 N(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有m A v1′＝(m A＋m B)vA、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A＋m B)v 2＝(mA＋m B)gh解得h＝0.45 m.动量和能量综合题的解题思路1．仔细审题，把握题意在读题的过程中，必须仔细、认真，要收集题中的有用信息，弄清物理过程，建立清晰的物理情景，充分挖掘题中的隐含条件，不放过任何一个细节．2．确定研究对象，进行受力分析和运动分析有的题目可能会有多个研究对象，研究对象确定后，必须对它进行受力分析和运动分析，明确其运动的可能性．3．思考解题途径，正确选用规律根据物体的受力情况和运动情况，选择与它相适应的物理规律及题中给予的某种等量关系列方程求解．4．检查解题过程，检验解题结果检查过程并检验结果是否符合题意以及是否符合实际情况．变式题组1．如图2所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下进入水平面，在坡道末端O点无机械能损失．现将轻弹簧的一端固定在M处的墙上，另一端与质量为m2的物块B相连．A从坡道上滑下来后与B碰撞的时间极短，碰后A、B结合在一起共同压缩弹簧．各处摩擦不计，重力加速度为g，求：图2(1)A 在与B 碰撞前瞬时速度v 的大小； (2)A 与B 碰后瞬间的速度v ′的大小； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能E p . 答案 (1)2gh (2)m 1m 1＋m 22gh (3)m 12ghm 1＋m 2解析 (1)由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2 v ＝2gh(2)A 、B 在碰撞过程中，由动量守恒定律得 m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′ v ′＝m 1m 1＋m 22gh(3)A 、B 速度v ′减为零时，弹簧被压缩到最短，由机械能守恒定律得E p ＝12(m 1＋m 2)v ′2＝m 12gh m 1＋m 2.2．如图3所示，光滑水平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3(1)A 刚从B 上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)126gh (2)14h解析 (1)设A 刚滑至地面时速度大小为v 1，B 速度大小为v 2，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得3m v 2－m v 1＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 12＋12×3m v 22 联立以上两式解得：v 1＝126gh v 2＝166gh .(2)从A 与挡板碰后开始，到A 追上B 到达最大高度h ′并具有共同速度v ，此过程根据系统水平方向动量守恒得m v1＋3m v2＝4m v根据系统机械能守恒得mgh＝12×4m v2＋mgh′联立解得：h′＝1 4h.动力学、动量和能量观点的综合应用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)及相互作用物体系统的碰撞、打击、爆炸、反冲等问题．例2如图4所示，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC下滑，在C 处与b球正碰并与b黏在一起．已知BC轨道距地面的高度为0.5h，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：图4(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE水平面上的落点距C 的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？答案(1)2gh(2)断裂2 2h解析(1)设a球经C点时速度为v C，则由机械能守恒得mgh＝12m v C2，解得：vC＝2gh即a球与b球碰前的速度为2gh.(2)设碰后b球的速度为v，由动量守恒得m v C＝(m＋m)v故v＝12v C＝122gh小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为F T，则F T－2mg＝2m v2h，解得F T＝3mgF T>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动设平抛的时间为t，则0.5h＝12gt2得t＝h g故落点距C的水平距离为x＝v t＝122gh·hg＝22h小球最终落到地面距C水平距离22h处．力学规律的优选策略1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用运动学公式和牛顿第二定律．2．动量定理反映了力对事件的积累效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题．3．动能定理反映了力对空间的积累效应，对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉及力、位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般都利用动能定理求解．4．如果物体只有重力或弹簧弹力做功而不涉及物体运动过程中的加速度和时间，此类问题则首先考虑用机械能守恒定律求解．5．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，及系统克服摩擦力所做的功等于系统机械能的减少量，系统的机械能转化为系统内能．6．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般过程中均含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题由于作用时间都很短，动量守恒定律一般大有作为．变式题组3．如图5所示，一个半径R＝1.00 m的粗糙14圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，距地面高度h＝1.25 m．在轨道末端放有质量m B＝0.30 kg的小球B(视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量m A＝0.10 kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示示数为2.6 N，A 与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移x＝0.80 m，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求：图5(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能．答案(1)0.20 J(2)0.384 J解析(1)在最低点，对A球由牛顿第二定律有F A－m A g＝m A v A2 R得v A＝4.00 m/s在A下落过程中，由动能定理有：m A gR－W f＝12m Av A2A球在碰前克服摩擦力所做的功W f＝0.20 J. (2)碰后B球做平抛运动，在水平方向有x＝v B′t在竖直方向有h＝12gt2联立以上两式可得碰后B的速度v B′＝1.6 m/s对A、B碰撞过程，由动量守恒定律有m A v A＝m A v A′＋m B v B′碰后A球的速度v A′＝－0.80 m/s，负号表示碰后A球运动方向向左由能量守恒得，碰撞过程中系统损失的机械能：ΔE损＝12m Av A2－12m Av A′2－12m Bv B′2故ΔE损＝0.384 J在A与B碰撞的过程中，系统损失的机械能为0.384 J.4．(2016·丽水调研)如图6所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v 1＝2 m/s.求：图6(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.5 m /s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ①代入数据解得a ＝2.5 m/s 2②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v 1－(m A ＋m B )v ③ 代入数据解得v ＝1 m/s ④(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v A 2⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l ＝0.45 m.1．一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示．物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过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)由动能定理有－μmgs＝12m v2－12m v02可得μ＝0.32 (2)由动量定理有FΔt＝m v′－m v 可得F＝130 N(3)W＝12m v′2＝9 J.2．(2015·绍兴市模拟)如图2所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：图2(1)小球A刚滑至水平台面的速度v A；(2)A、B两球的质量之比m A∶m B.答案(1)2gh(2)1∶3解析(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得m A gh＝12m Av A2解得v A＝2gh(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得m A v A＝(m A＋m B)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有 h ＝12gt 2 在水平方向上有 h2＝v t联立上述各式得 m A ∶m B ＝1∶3.3．如图3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B 静止在圆弧轨道的最低点，现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，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/s 2.求：图3(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A 的质量为m .(1)滑块由A 到B 的过程，根据机械能守恒定律 mgR ＝12m v 2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s (2)碰撞过程中，根据动量守恒定律 m v ＝2m v ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s (3)根据动能定理：12(2m )v ′2＝μ(2m )gl得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg ＝0.25 m.4．如图4所示，小球A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求物块在水平面上滑行的时间t .图4答案 14μ2h g解析 设小球的质量为m ，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh ＝12m v 12① 解得v 1＝2gh ②设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有 mg h 16＝12m v 1′2③ 解得v 1′＝gh 8④设碰后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有 m v 1＝－m v 1′＋5m v 2⑤ 解得v 2＝gh 8⑥物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F ＝5μmg ⑦ 设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定律有 －Ft ＝0－5m v 2⑧ 解得t ＝14μ2h g ⑨解法二：物块在水平面上滑行时做匀减速直线运动，从⑤式以后可以换为以下内容：加速度a ＝F5m ＝－μg ，由运动学公式可得t ＝0－v 2a ＝14μ2h g .5．如图5所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为m 、3m 的A 、B 两物体如图所示，其中A 紧靠墙壁，A 、B 之间有质量不计的轻弹簧相连，现对B 物体缓慢施加一个向左的力，对该物体做功为W，使AB间弹簧被压缩但系统静止，突然撤去向左推力解除压缩，求：图5(1)从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块A的冲量；(2)在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块A、B速度的最小值．答案(1)6mW(2)0W 6m解析(1)压缩弹簧时外力做功全部转化为弹性势能．撤去外力后，物块B在弹力作用下做加速运动．在弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒．设弹簧恢复原长时，物块B的速度为v B0，有W＝32m v B02①v B0＝2W 3m②此过程中系统的动量变化即为墙给A的冲量，有I＝3m v B0③联立解得I＝6mW④(2)当弹簧恢复原长时，物块A的速度为最小值v A0.有v A0＝0⑤物块A离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，物块B速度逐渐减小．当弹簧再一次恢复原长时，物块A达到最大速度v A.物块B的速度减小到最小值v B.在此过程中系统的动量守恒、机械能守恒，有3m v B0＝m v A＋3m v B⑥W＝12m v A2＋32m v B2联立可得v B＝W 6m.6．(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6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6(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v 0；(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)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B 2L ΔSmR －g Δt (3)m ′m －m ′v解析 (1)根据电磁感应定律，有 E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt q ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR 电流方向向右 (2)平均感应电流 I ＝E R ＝B ΔS R Δt 平均安培力 F ＝B I L (F －mg )Δt ＝m v 0v 0＝B 2L ΔSmR －g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律 －m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0 得Δv ＝m ′m －m ′v .。