【南方新课堂】2013年高考物理二轮复习提升 第一部分 专题二 第3讲 动量与能量的综合应用课件

图 2－3－2 (1)木块在ab段受到的摩擦力f； (2)木块最后距a点的距离s.
解：(1)设木块和物体 P 的共同速度为 v，两物体从开始到 第一次达到共同速度的过程，由动量和能量守恒得 mv0＝(m＋2m)v 1 2 1 mv0＝ (m＋2m)v2＋mgh＋fL 2 2 mv2－3gh 0 联立解得 f＝ . 3L
2
高考物理改成理综模式后，物理计算题只有两道，因此计
算题的综合性较大，而动量与能量是高中物理的重点内容，也
是历年广东高考的热点内容．从近年的高考题可以看出：
(1)动量与能量结合的题一般是以计算题的形式出现，综合
性强、难度大．
(2)动量与能量的综合题，一般涉及的物理过程多，物体多，
要求学生能审清题意，并正确选择研究对象和正确判断动量是
再经 B 滑上滑板．滑板运动到 C 时被牢固粘连．物块可视为质
点，质量为m，滑板质量M＝2m，两半圆半径均为R，板长l＝6.5R， 板右端到 C的距离 L 在R＜L＜5R 范围内取值．E 距A为s＝5R， 物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力 加速度取 g.
(1) 求物块滑到 B 点的速度大小； (2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克 服摩擦力做的功 Wf 与 L 的关系，并判断物块能否滑到 CD 轨道 的中点．
2．(2012 年海南卷)一质量为2m的物体P静止于光滑水平
地面上，其截面如图 2－3－2 所示．图中ab为粗糙的水平面， 长度为 L；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc均
相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以
大小为 v0 的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大 高度为 h，返回后在到达 a 点前与物体 P 相对静止．重力加速 度为 g.求：
1 v1＝ ＋ 2
③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的
④
联立①②③④式，且考虑到 v1 必须大于 v1′，得 3 v 6 0 ⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 v2，由动量守恒得 2mv2＝mv1 1 2 1 损失的动能为 ΔE′＝ mv1－ ×2mv2 2 2 2 联立①②⑤⑥⑦式得 1 3 ΔE ΔE′＝ 1＋ × ⑧ 2 2 2 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入 1 3 第二块钢板的深度为 x＝ 1＋ d. 2 2 ⑥ ⑦
图 2－3－4
v 3 解：(1)B 在 d 点，由向心力公式得 mg－ mg＝m 4 R gR 解得 v＝ . 2 (2)B 从 b 到 d 过程中，机械能守恒，有 1 2 1 2 mv ＝mgR＋ mv 2 B 2 A、B 分离过程，动量守恒，有 3mvA＝mvB A 做匀减速直线运动，由动能定理得 1 0－ ×3mv2 ＝－μ· 3mgs A 2 R 联立解得 s＝ . 8μ
滑块在轨道上滑动类题型一般有两种情况：一
是轨道光滑，满足机械能守恒的条件，机械能守恒；另一类是 轨道不光滑，物块运动过程中克服摩擦阻力做功，一般要用动 能定理求解．滑块碰撞的一瞬间，动量守恒．这一类问题往往 和圆周结合起来考查，要特别注意物块通过竖直平面内圆周最 高点的条件．
1．(2010 年深圳一模)如图2－3－6所示， ABCDE 是由三
4．(2010 年广东卷)如图 2－3－4 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 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 3 重力的 ，A 与 ab 段的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，求： 4 (1)物块 B 在 d 点的速度大小 ； (2)物块 A 滑行的距离．
图 2－3－3
1 2 解：(1)μmgs＋mg· 2R＝ mvB 2 所以 vB＝3 Rg. (2)设 M 滑动 x1、m 滑动 x2 时两者达到共同速度 v，则 mvB＝(M＋m)v 1 2 μmgx1＝ Mv 2 1 2 1 2 －μmgx2＝ mv － mvB 2 2 联立解得 v＝ Rg，x1＝2R，x2＝8R
1 (3)A、B 能与弹簧相碰，由能量守恒定律得 μ· 2mgl< ×2mv2 1 2 1 不能返回到 P 点左侧，由能量守恒定律得 μ· 2l≥ ×2mv2 2mg· 1 2 2 2μgl 4 μgl 解得 <ω≤ r r 设 A、B 在 Q 点的速度为 v2，A、B 碰后到达 Q 点过程，由动 1 1 2 能定理得－μ· 2mgl＝ ×2mv2－ ×2mv2 1 2 2 1 A、 与弹簧接触到压缩最短过程， B 由能量守恒得 Ep＝ ×2mv2 2 2 mω2r2－8μgl 解得 Ep＝ . 4
(2)木块返回与物体 P 第二次达到共同速度与第一次相同 (动量守恒)，全过程，由能量守恒得 1 2 1 mv0＝ (m＋2m)v2＋f(2L－s) 2 2 v2－6gh 0 联立解得 s＝ 2 L. v0－3gh
3．(2011 年广东卷)如图2－3－3所示，以 A、B 和 C、D
为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在 光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与两半圆分 别相切于 B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点， 运动到 A 时刚好与传送带速度相同，然后经 A 沿半圆轨道滑下，
甲
图2－3－1
乙
解：(1)由题知，A 脱离滑杆时的速度 v0＝ωr 设 A、B 碰后的速度为 v1，由动量守恒定律得 mv0＝2m v1 A 与 B 碰撞过程损失的机械能为 1 2 1 ΔE＝ mv0－ ×2mv2 1 2 2 1 2 2 解得 ΔE＝ mω r . 4
(2)A、 不能与弹簧相碰， A、 不能完全通过 PQ 段． B 则 B 由 1 能量守恒定律得 ×2mv2≤2μmgl 1 2 2 解得 ω≤ 2μgl r A、B 在 PQ 段匀减速运动，则有 v1 ωr t1＝ ＝ . ug 2μg
(1)求 A 脱离滑杆时的速度 v0，及 A 与 B 碰撞过程的机械能 损失ΔE； (2)如果 A、B 不能与弹簧相碰，设，及 t1 与ω的关系式； (3)如果 A、B 能与弹簧相碰，但不能返回到 P 点左侧，设 每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 Ep，求ω的取值范 围，及 Ep 与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)．
否守恒，能分析运动过程中能量的来源和去向，对学生综合分 析能力要求很高． (3)动量与能量结合的题还常与曲线运动、电场、磁场、电
磁感应等知识结合，考查的知识面广，也是出题者比较喜欢出
的一种类型，估计 2013 年高考计算题此内容很可能出现．
滑块在轨道上碰撞类模型——多过程中运用动量 守恒定律和能量守恒定律 【例1】(2011年天津卷)如图 2－3－5所示，圆管构成的半 圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且 与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进 轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与A相同 的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均 不计，求：
子弹打木块的过程中，由于作用时间很短，内 力很大，可认为动量守恒．子弹打入木块(或者穿出)的过程中， 摩擦力做功，系统机械能减小，减小的机械能转化为内能．不
第3讲
动量与能量的综合应用
1．(2012 年广东卷)图2－3－1甲所示的装置中，小物块 A、
B 质量均为 m，水平面上 PQ 段长为 l，与物块间的动摩擦因数
为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长 为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆(A、B 间距大于 2r)． 随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆 的速度－时间图象如图乙所示．A 在滑杆推动下运动，并在脱 离滑杆后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞．
两者位移之差 Δx＝x2－x1＝6R＜6.5R，即物块与滑板在达 到共同速度时，物块未掉下滑板． 物块滑到滑板右端时 1 若 R＜L＜2R，Wf＝μmg(l＋L)＝ mg(13R＋2L) 4 若 2R≤L＜5R，Wf＝μmgx2＋μmg(l—Δx)＝4.25mgR 1 2 要使物块滑到 CD 轨道中点，vC 必须满足 mvC≥mgR 2 L 最小时，克服摩擦力做功最小，此时 L 应满足 1 2 1 2 μmg(l＋L)＝ mvB－ mvC 2 2 1 则 L≤ R，不符合题意，物块不能滑到 CD 轨道中点． 2
(1)物块与子弹刚滑上圆弧轨道 B 点的速度；
(2)子弹击中物块前的速度；
(3)系统损失的机械能．
图 2－3－6
解： (1)由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点 D 从 E 点飞 v2 D 出，得(M＋m)g＝(M＋m) 2R 又由物块与子弹上滑过程中机械能守恒，有 1 1 2 (M＋m)vD＋(M＋m)g· 2R＝ (M＋m)v2 B 2 2 代入数据解得 vB＝ 6Rg＝6 m/s.
图2－3－7
解：设子弹初速度为 v0，射入厚度为 2d 的钢板后，最终钢 板和子弹的共同速度为 v，由动量守恒得 (2m＋m)v＝mv0 1 解得 v＝ v0 3 此过程中动能损失为 1 2 1 ΔE＝ mv0－ ×3mv2 2 2 1 2 解得 ΔE＝ mv0 3 ② ①
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分 别为 v1 和 v1′，由动量守恒得 mv1＋mv1′＝mv0 ΔE 动能损失为 ，由能量守恒得 2 1 2 1 1 2 ΔE 2 mv ＋ mv ′ ＝ mv0－ 2 1 2 1 2 2
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小．