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物理高考题型动量与能量


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=p1-p2,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:p1=p2 或 Δp1=-Δp2. (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=ΔEk 或 W 总=Ek2-Ek1. 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 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 光 4

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 1.5kg 和 0.5kg. 现让 A 以 6m/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 10m/s2,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)50N (2)0.45m

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=mAv1′-mA(-v1)

解得 F=50N (2)设碰撞后 A、B 的共同速度为 v,根据动量守恒定律有 mAv1′=(mA+mB)v A、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 1 (m +mB)v2=(mA+mB)gh 2 A 解得 h=0.45m.

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 Ep. m1 m12gh 答案 (1) 2gh (2) 2gh (3) m1+m2 m1+m2 1 解析 (1)由机械能守恒定律得 m1gh= m1v2 2

v= 2gh (2)A、B 在碰撞过程中,由动量守恒定律得 m1v=(m1+m2)v′ m1 v′= 2gh m1+m2 (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 1 m12gh Ep= (m1+m2)v′2= . 2 m1+m2 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? 1 1 答案 (1) 6gh (2) h 2 4 解析 (1)设 A 刚滑至地面时速度大小为 v1,B 速度大小为 v2,规定向右为正方向,由水平方 1 1 向动量守恒得 3mv2-mv1=0,由系统机械能守恒得 mgh= mv12+ ×3mv22 2 2 1 联立以上两式解得:v1= 6gh 2 1 v2= 6gh. 6 (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 mv1+3mv2=4mv 根据系统机械能守恒得 1 mgh= ×4mv2+mgh′ 2 联立解得: 1 h′= h. 4

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 h 2

解析 (1)设 a 球经 C 点时速度为 vC,则由机械能守恒得 1 mgh= mvC2,解得:vC= 2gh 2 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 mvC=(m+m)v 1 1 故 v= vC= 2gh 2 2 小球被细绳悬挂绕 O 摆动时,若细绳拉力为 FT,则 v2 FT-2mg=2m ,解得 FT=3mg h

FT>2.8mg,细绳会断裂,小球做平抛运动 1 设平抛的时间为 t,则 0.5h= gt2 2 得 t= h g

故落点距 C 的水平距离为 1 h 2 x=vt= 2gh· = h 2 g 2 小球最终落到地面距 C 水平距离 2 h 处. 2

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 1 3.如图 5 所示,一个半径 R=1.00m 的粗糙 圆弧轨道,固定在竖直平面内,其下端切线是 4 水平的,距地面高度 h=1.25m.在轨道末端放有质量 mB=0.30kg 的小球 B(视为质点),B 左 侧装有微型传感器,另一质量 mA=0.10kg 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 2.6N, 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=0.80m,不计空气阻力,重力加速度取 g=10m/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)0.20J (2)0.384J 解析 (1)在最低点,对 A 球由牛顿第二定律有 vA2 FA-mAg=mA R 得 vA=4.00m/s 在 A 下落过程中,由动能定理有: 1 mAgR-Wf= mAvA2 2 A 球在碰前克服摩擦力所做的功 Wf=0.20J. (2)碰后 B 球做平抛运动,在水平方向有 x=vB′t 1 在竖直方向有 h= gt2 2 联立以上两式可得碰后 B 的速度 vB′=1.6m/s 对 A、B 碰撞过程,由动量守恒定律有 mAvA=mAvA′+mBvB′ 碰后 A 球的速度 vA′=-0.80m/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: 1 1 1 ΔE 损= mAvA2- mAvA′2- mBvB′2 2 2 2 故 ΔE 损=0.384J 在 A 与 B 碰撞的过程中,系统损失的机械能为 0.384J. 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 mA=4kg,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 mB=2kg.现对 A 施加一个水平向右的恒力 F=10N,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=0.6s,二者的速度达到 v1=2m/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)2.5m/s2 (2)1 m/s (3)0.45m 解析 (1)以 A 为研究对象,由牛顿第二定律有 F=mAa① 代入数据解得 a=2.5m/s2② (2)对 A、B 碰撞后共同运动 t=0.6s 的过程,由动量定理得 Ft=(mA+mB)v1-(mA+mB)v③ 代入数据解得 v=1m/s④ (3)设 A、B 发生碰撞前,A 的速度为 vA,对 A、B 发生碰撞的过程,由动量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v⑤ A 从开始运动到与 B 发生碰撞前,由动能定理有 1 Fl= mAvA2⑥ 2 由④⑤⑥式,代入数据解得 l=0.45m.

1.一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的 A 点,距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙,如 图 1 所示.物块以 v0=9m/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 6m/s 的速度反向运动直至静止.g 取 10 m/s2.

图1 (1)求物块与地面间的动摩擦因数 μ; (2)若碰撞时间为 0.05s,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)130N (3)9J 解析 (1)由动能定理有 1 1 -μmgs= mv2- mv02 2 2 可得 μ=0.32 (2)由动量定理有 FΔt=mv′-mv 可得 F=130N

1 (3)W= mv′2=9J. 2 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 vA; (2)A、B 两球的质量之比 mA∶mB. 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 1 mAgh= mAvA2 2 解得 vA= 2gh (2)设两球碰撞后共同的速度为 v,由动量守恒定律得 mAvA=(mA+mB)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 1 h= gt2 2 在水平方向上有 h =vt 2 联立上述各式得 mA∶mB=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=0.2m,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=10m/s2.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)2m/s (2)1 m/s (3)0.25m 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 1 mgR= mv2 2 得碰撞前瞬间 A 的速率 v= 2gR=2m/s (2)碰撞过程中,根据动量守恒定律 mv=2mv′ 1 得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′= v=1m/s 2 1 (3)根据动能定理: (2m)v′2=μ(2m)gl 2 v′2 得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离 l= =0.25m. 2μg 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 h 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 .小球与物块均视为质点, 16 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 1 4μ 2h 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 v1,取小球运动到最低 1 点重力势能为零,根据机械能守恒定律,有 mgh= mv12① 2 解得 v1= 2gh② 设碰撞后小球反弹的速度大小为 v1′,同理有 h 1 mg = mv1′2③ 16 2 解得 v1′= gh ④ 8

设碰后物块的速度大小为 v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律,有 mv1=-mv1′+5mv2⑤ 解得 v2= gh ⑥ 8

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小 F=5μmg⑦ 设物块在水平面上滑行的时间为 t,根据动量定律有 -Ft=0-5mv2⑧ 1 解得 t= 4μ 2h ⑨ g

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 0-v2 1 F a= =-μg,由运动学公式可得 t= = 5m a 4μ 2h . 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)0 W 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 3 为 vB0,有 W= mvB02① 2 vB0= 2W ② 3m

此过程中系统的动量变化即为墙给 A 的冲量,有 I=3mvB0③ 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 vA0.有 vA0=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 vA.物块 B 的速度减小到最小值 vB.在此过程中系统的动量守

恒、机械能守恒, 有 3mvB0=mvA+3mvB⑥ 1 3 W= mvA2+ mvB2 2 2 联立可得 vB= 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 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) BΔS BΔS B2LΔS 答案 (1) 向右 (2) -gΔt Δt R mR m′ (3) v m-m′ 解析 (1)根据电磁感应定律,有 E= ΔΦ BΔS = Δt Δt

ΔΦ BΔS q= I Δt= = R R 电流方向向右 (2)平均感应电流 E BΔS I= = R RΔ t 平均安培力 F =B I L ( F -mg)Δt=mv0 B2LΔS v0= -gΔt mR (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 m′ 得 Δv= v. m-m′


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