【物理】2019届二轮复习动量与能量的综合应用学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习动量与能量的综合应用学案（江苏专用）

第2讲　动量与能量的综合应用 ‎1．碰撞问题 ‎(1)碰撞过程满足的规律：①动量守恒；②机械能不增加；③速度要合理．‎ ‎(2)三种碰撞：①弹性碰撞：动量和机械能都守恒；‎ ‎②非弹性碰撞：动量守恒但机械能损失；‎ ‎③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多．‎ ‎2．力学规律的选用原则 ‎(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．‎ ‎(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．‎ 高考题型1　动量定理的理解与应用 ‎1．应用动量定理时应注意 ‎(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．‎ ‎(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．‎ ‎2．动量定理的应用 ‎(1)用动量定理解释现象．‎ ‎①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．‎ ‎②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．‎ ‎(2)应用I＝Δp求变力的冲量．‎ ‎(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．‎ 例1　(2018·江苏单科·12 C(3))如图1所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．‎ 图1‎ 答案　2mv＋mgt 解析　取向上为正方向，根据动量定理mv－(－mv)＝I且I＝(－mg)t 解得IF＝t＝2mv＋mgt.‎ 拓展训练1‎ ‎　清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　)‎ A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化 B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大 答案　C 解析　在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率．‎ 拓展训练2　如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同 答案　A 解析　设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D，则环的加速度大小a＝gcos α，由位移公式得：Dcos α＝at2，得到t＝，所以三个环运动时间相同；由于三个环受的重力相等，运动时间相同，由公式I＝Ft 分析可知，各环重力的冲量相同，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最大，其动能的增量最大，故D错误．‎ 拓展训练3　(2018·苏锡常镇一调)一质量为m的蹦极运动员身系弹性蹦极绳，由水面上方的高台自由下落，从开始下落到绳对人刚产生作用力前，人下落的高度为h，此后经历时间t蹦极绳达到最大伸长量，人到水面还有数米距离．在此过程中蹦极绳对人的作用力始终竖直向上，重力加速度为g，不计空气阻力，求该段时间内蹦极绳对人的平均作用力大小．‎ 答案　mg＋ 解析　设人下落的高度为h时的速度大小为v，自由落体运动阶段 v2＝2gh 从绳中刚产生作用力到绳长达到最长的过程，取向下为正方向，根据动量定理有 mgt－Ft＝0－mv 解得F＝mg＋.‎ 高考题型2　动量守恒定律的理解与应用 ‎1．动量守恒的适用条件 ‎(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．‎ ‎(2)系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．‎ ‎(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．‎ ‎2．动量守恒的表达式：‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2 (系统中两物体动量的增量大小相等、方向相反)．‎ 例2　两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0‎ ‎ kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．则：‎ ‎(1)两车相距最近时，乙的速度为多大？‎ ‎(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？‎ 答案　(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 解析　(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车相距最近时，乙车的速度为v＝＝ m/s＝ m/s≈1.33 m/s.‎ ‎(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，‎ 由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，‎ 得v乙′＝＝ m/s＝2 m/s.‎ 拓展训练4　(多选)如图3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑(　　)‎ 图3‎ A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹离开弹簧后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处 答案　BC 解析　‎ 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹离开弹簧后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能回滑到槽上，选项D错误．‎ 拓展训练5　(2018·常州市一模)如图4所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2 m/s、2.0 m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为0.05 s，A、B的质量均为0.2 kg.求：‎ 图4‎ ‎(1)碰撞后A球的速度大小；‎ ‎(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小．‎ 答案　(1)0.8 m/s　(2)8 N 解析　(1)A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′‎ 解得vA′＝0.8 m/s ‎(2)对B，由动量定理得－Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8 N.‎ 拓展训练6　(2018·江苏省高考压轴冲刺卷) 如图5所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：‎ 图5‎ ‎(1)木块与小车相对静止时的速度大小；‎ ‎(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间．‎ 答案　(1)0.4 m/s　(2)0.8 s 解析　(1)以木块和小车为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v，‎ 代入数据解得：v＝0.4 m/s；‎ ‎(2)以木块为研究对象，由动量定理得：‎ ‎－μmgt＝mv－mv0，‎ 代入数据解得：t＝0.8 s.‎ 高考题型3　动量与能量观点的综合应用 ‎1．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．‎ ‎2．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．‎ 例3　(2018·江苏学校联盟模拟)如图6所示，半径R＝0.8 m的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，质量为m＝0.4 kg的滑块从圆弧轨道的最高点由静止释放，当滑块运动到圆弧轨道的最低点A时，装在滑块内部的微量炸药发生爆炸，将滑块炸成质量之比为＝的两块P、Q，其中P刚好又能回到圆弧轨道的最高点，Q沿水平面向右滑行．已知Q与水平面间的动摩擦因数为μ＝，炸药的质量忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.‎ 图6‎ ‎(1)求Q在水平面上滑行的距离．‎ ‎(2)若炸药爆炸产生的化学能有80%转化为P、Q增加的机械能，试计算炸药爆炸时产生的化学能．‎ 答案　(1)3.3 m　(2)5.3 J 解析　(1)设滑块下滑到轨道最低点时的速度大小为v0，炸药爆炸后瞬间P、Q的速度大小分别为v1和v2.‎ 滑块下滑的过程，由机械能守恒定律得 mgR＝mv02‎ 可得 v0＝＝4 m/s 爆炸后，P上滑到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 m1gR＝m1v12‎ 解得 v1＝＝4 m/s 炸药爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝m2v2－m1v1‎ 又＝，m1＋m2＝m 解得 v2＝ m/s 对Q在水平面上的运动过程，由动能定理得－μm2gs＝0－m2v22‎ 解得，Q在水平面上滑行的距离 s＝ m≈3.3 m ‎(2)设炸药爆炸时产生的化学能为E.‎ 根据能量守恒定律得80%E＝m1v12＋m2v22－mv02.‎ 解得E≈5.3 J.‎ 拓展训练7　如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m、长度为 L 的木板 A，木板的右端点放有一质量为3m的物块 B(可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块 C．当物块 C 以水平向右的初速度 v0与木板发生弹性碰撞后，物块B恰好不会从A上掉下来，且最终物块C与A的速度相同．不计C与A碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，求：(重力加速度为g)‎ 图7‎ ‎(1)物块C的质量 mC；‎ ‎(2)木板A与B间的动摩擦因数μ.‎ 答案　(1)2m　(2) 解析　(1)物块 C 与木板 A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：‎ mCv0＝mCvC＋mvA mCv02＝mCvC2＋mvA2‎ 木板 A 和物块 B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mvA＝4mv 由最终物块 C 与 A 的速度相同可知vC＝v 联立得mC＝2m ‎(2)木板 A 和物块 B 相互作用过程，由能量守恒得 ‎3μmgL＝mvA2－×4mv2‎ 联立得μ＝.‎ 拓展训练8　如图8所示，相距足够远、完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定．试求：‎ 图8‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后，第一块木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t.‎ 答案　(1)v0　　(2) 解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，以向右为正方向，由动量守恒定律有 mv0＝m＋3mv 解得v＝v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用过程，由能量守恒有 FfL＝mv02－m2－·(3m)v2‎ 解得子弹受到木块的阻力Ff＝ ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于m2＝＜，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m＝(m＋3m)v共 解得v共＝ 对第二块木块，由动量定理有Fft＝3m·－0‎ 子弹在第二块木块中的运动时间为t＝.‎ 专题强化练 ‎1．下列说法错误的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 答案　D ‎2．如图1所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条，若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小 B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大 C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数尽量大一些 D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些 答案　D 解析　纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误，D正确．‎ ‎3．(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)‎ A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达地面 D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等 答案　CD 解析　物体在炸成两块时，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，b的速度方向可能与原速度方向相同、相反或为零，但a和b两块的动量变化一定大小相等，方向相反，A错误，D正确；在爆炸后，a和b在竖直方向做自由落体运动，二者在空中运动时间相等，同时到达地面，由于a和b的水平速度关系未知，所以二者落地时的水平距离关系不能确定，B错误，C正确．‎ ‎4．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于 (v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝，故选C.‎ ‎5.(多选)如图2所示是两组短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．接力过程中前面队员动能增加量等于后面队员动能减少量 B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等，方向相反 C．接力过程中前后两名队员总动量增加 D．接力过程中前后两名队员总动量不变 答案　BD ‎6.(多选)如图3所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)‎ 图3‎ A．m到达M上的B点时m的速度不为零 B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C．若m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动 D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 答案　CD ‎7.如图4所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平拉力的大小为(　　)‎ 图4‎ A．50 N B．250 N C．500 N D．750 N 答案　C 解析　以向前的方向为正方向，对5 s过程由动量定理有：Ft＝Δmv 解得：F＝＝ N＝500 N，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎8.(多选)如图5所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是(　　)‎ 图5‎ A. B. C. D. 答案　BC 解析　A与B发生碰撞，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0＞vB，由以上两式可解得：a＞，故B、C正确. ‎ ‎9.(2018·徐州市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图6所示，已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，已知木块增加了50 J动能，则此过程产生的内能可能是(　　)‎ 图6‎ A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J 答案　D 解析　设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m.以v0的方向为正方向，‎ 根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，得v＝ 木块获得的动能为 EkM＝Mv2＝ 系统产生的内能为 Q＝mv02－(M＋m)v2＝ 由以上对比可得 EkM＝Q·，则得Q＝EkM· 由于M＞m，则＝＋1＞2，Q＞2EkM，‎ 所以Q＞100 J，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎10.(2018·扬州市一模)如图7所示，质量分别为m1＝0.2 kg和m2＝0.8 kg的两个小球，在光滑的水平面上分别以速度v1＝10 m/s、v2＝2 m/s向右运动并发生对心碰撞，碰后甲球以2 m/s的速度向左运动．求：‎ 图7‎ ‎(1)碰后乙球的速度大小；‎ ‎(2)碰撞时撞击力对甲球的冲量．‎ 答案　(1)5 m/s　(2)2.4 kg·m/s，方向向左 解析　(1)取向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝－m1v1′＋m2v2′‎ 代入数据得 v2′＝5 m/s ‎(2)对甲球，由动量定理得 I＝Δp＝－m1v1′－m1v1‎ 代入数据得 I＝－2.4 kg·m/s，负号表示方向向左．‎ ‎11.如图8所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量为m＝1.0 kg，B的质量为M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不拴连．在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为R＝0.2 m的圆轨道相切．将弹簧压缩后再释放(A、B分离后立即撤去弹簧)，物块A 与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上与物块B相碰并黏合在一起．已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计一切摩擦，若黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值．(结果保留三位有效数字)‎ 图8‎ 答案　15.6 J 解析　压缩弹簧释放后，设物块A的速度大小为v1，物块B的速度大小为v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv1－Mv2＝0‎ A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度大小为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv1＋Mv2＝(m＋M)v 黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿轨道滑下，黏合体最多上升到圆轨道上与圆心等高处时，速度为零．由机械能守恒定律得：(m＋M)v2＝(m＋M)gR 由功能关系，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为：Epm＝mv12＋Mv22‎ 联立解得：Epm≈15.6 J.‎ ‎12.如图9所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定着光滑斜面和连有水平轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，小车、斜面、挡板的总质量为M＝2 kg.物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC长度为L＝3 m，BD段光滑，g＝10 m/s2，则在运动过程中：‎ 图9‎ ‎(1)弹簧弹性势能的最大值是多大？‎ ‎(2)物块第二次到达C点的速度是多大？‎ ‎(3)物块返回到AB斜面上时能上升的最大高度是多大？‎ 答案　(1)12 J　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)由A点到B点的过程中，由机械能守恒得：mgh＝mvB2‎ 解得：vB＝6 m/s 由B至弹簧压缩到最短，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，有：mvB＝(m＋M)v 此时弹性势能最大，根据系统机械能守恒得：Ep＝mvB2－(M＋m)v2‎ 联立解得：Ep＝12 J ‎(2)物块由B至第二次到C的过程中，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有mvB＝mvC＋Mv′‎ 根据系统机械能守恒得：mvB2＝mvC2＋Mv′2‎ 解得：vC＝6 m/s(舍去)，vC＝－2 m/s.‎ 即第二次到C点的速度大小为2 m/s ‎(3)设物块滑回AB后到达最高点时物块与车的共同速度为v″，取向右为正方向，由水平方向动量守恒有：mvB＝(m＋M)v″‎ 由能量守恒得：mvB2＝(m＋M)v″2＋mgh 联立解得：h＝1.2 m.‎