2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用講義

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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題五 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用講義專題定位本專題解決的是綜合應(yīng)用動量和能量觀點解決物體運動的多過程問題本專題是高考的重點和熱點，命題情景新、聯(lián)系實際密切、綜合性強，是高考的壓軸題應(yīng)考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和動量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子的運動或電磁感應(yīng)問題由于本專題綜合性強，因此要在審題上狠下功夫，弄清運動情景，挖掘隱含條件，有針對性地選擇相應(yīng)規(guī)律和方法1 動量定理的公式Ftpp除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的

2、沖量是動量變化的原因動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關(guān)系，反映了力對時間的累積效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時，F(xiàn)應(yīng)是合外力對作用時間的平均值2 動量守恒定律(1)內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變(2)表達式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p)；或p0(系統(tǒng)總動量的變化量為零)；或p1p2(相互作用的兩

3、個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量變化量大小相等、方向相反)(3)守恒條件系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒系統(tǒng)雖受外力，但外力遠小于內(nèi)力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程3 解決力學(xué)問題的三個基本觀點(1)力的觀點：主要應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式相結(jié)合，常涉及受力、加速度或勻變速運動的問題(2)動量的觀點：主要應(yīng)用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互作用的系統(tǒng)問題(3)能量的觀點：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時，常用能量守恒定律1 力學(xué)規(guī)律

4、的選用原則(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律(2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決2 系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法(1)對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運動(2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律

5、時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)).題型1動量和能量的觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例1(xx廣東35)如圖1，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m，P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L，物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內(nèi))P與P2之間的動摩擦因數(shù)為，求：圖1(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2.(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢能Ep.解析(1)P1和P2碰撞過程動量守恒，有mv

6、0(mm)v1解得v1v0P在P2上滑行過程中，P1、P2、P組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv02mv14mv2解得v2v0(2)P1、P2、P第一次等速時彈簧壓縮量最大，由能量守恒得2mg(Lx)Ep2mv2mv4mvP剛進入P2到P1、P2、P第二次等速時由能量守恒得2mg(2L2x)2mv2mv4mv由得：xL，Ep.答案(1)v0v0(2)L如圖2所示，質(zhì)量為m的b球用長為h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處質(zhì)量也為m的小球a，從距BC高為h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起已知BC軌道距水平地面ED的高度為0.5h，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.

7、8mg.試問：圖2(1)a球與b球碰前瞬間的速度為多大？(2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？若細繩斷裂，小球在DE水平面上的落點距C處的水平距離是多少？若細繩不斷裂，小球最高將擺多高？(小球a、b均視為質(zhì)點)答案(1)(2)細繩會斷裂，落點距C處的水平距離是h解析(1)設(shè)a球經(jīng)C點時速度為vC，由機械能守恒定律，mghmv解得：vC即a球與b球碰前瞬間的速度為(2)設(shè)a、b兩球碰后速度為v，由動量守恒定律，mvC(mm)v解得：v兩球粘在一起被細線懸掛繞O擺動時，由FT2mg2m解得：FT3mg由于FT2.8mg，細線會斷裂，小球做平拋運動設(shè)平拋運動時間為t，則有0.5hgt2，解得t xv

8、th小球在DE水平面上的落點距C處的水平距離是h題型2動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用例2(20分)在光滑水平面上靜止著A、B兩個小球(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量均為m，A球是帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L.從t0時刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強電場，電場強度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖3所示A球在電場力作用下由靜止開始沿直線運動，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞設(shè)兩球間碰撞力遠大于電場力且作用時間極短，每次碰撞過程中A、B之間都沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力問：圖3(1)小球A經(jīng)多長時間與小球B發(fā)生第一次碰撞？(2)小球A與小球B發(fā)生第一次

9、碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？(3)第二次碰撞后，又經(jīng)多長時間發(fā)生第三次碰撞？解析(1)小球A在電場力的作用下做勻加速直線運動，Lat(1分)a(1分)解得：t1 (1分)(2)小球A與小球B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)A球碰前速度為vA1，碰后速度為vA1，B球碰前速度為0，碰后速度為vB1，則mvA1mvA1mvB1(2分)mvmvA12mvB12(2分)聯(lián)立得：vA10vB1vA1vA1at1 所以vA10(2分)vB1 (2分)(3)第一次碰撞后，小球A做初速度為0的勻加速直線運動，小球B以vB1的速度做勻速直線運動，兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是：兩小球位移相等設(shè)A球第二次碰撞前速

10、度為vA2，碰后速度為vA2，B球碰前速度為vB2，碰后速度為vB2，則vA2at2t2vB2vB1 atvB2t2解得：t22vA2at22又mvA2mvB2mvA2mvB2mvmvmvA22mvB22聯(lián)立得：vA2vB2vB2vA2所以vA2 vB22(4分)第二次碰撞后，小球A做初速度為 的勻加速直線運動，小球B以vB2的速度做勻速直線運動，兩小球發(fā)生第三次碰撞的條件是：兩小球位移相等設(shè)第三次碰撞A球碰前速度為vA3，碰后速度為vA3，B球碰前速度為vB3，碰后速度為vB3，則vB3vB22t3atvB3t3解得：t32(5分)即完成第二次碰撞后，又經(jīng)t32的時間發(fā)生第三次碰撞答案(1)

11、 (2)A球的速度大小是0，B球的速度大小是 (3)2如圖4所示，相距都為L的兩足夠長的平行金屬直導(dǎo)軌與水平面的夾角都是，通過最低點的PQ用一段很小的圓弧連接(長度可以忽略)，PQ的左側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B1、磁場方向垂直左導(dǎo)軌的勻強磁場中，PQ的右側(cè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B22B1、磁場方向垂直右導(dǎo)軌的勻強磁場中，PQ圓弧處沒有磁場現(xiàn)有電阻都為r、長度都為L、質(zhì)量分別是m1、m2，m22m1的導(dǎo)體棒AB、CD分別靜置于兩導(dǎo)軌的足夠高處，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好現(xiàn)先釋放AB棒，當(dāng)AB棒速度穩(wěn)定時再釋放CD棒一切摩擦不計，試分析下列問題：圖4(1)求AB棒的穩(wěn)定速度v1；(2)試分析AB棒穩(wěn)定

12、運動時自由釋放后的CD棒的運動狀態(tài)；(3)當(dāng)AB棒運動到最低點PQ時，立即鎖定它，不讓其運動，隨即解除鎖定，隨后會與下滑的CD棒發(fā)生彈性碰撞試求AB、CD棒在運動停止前的整個運動過程中的最大電流答案(1)(2)CD棒靜止不動(3)解析(1)回路中的感應(yīng)電動勢EB1Lv1電流IAB棒所受到的安培力F安1B1LIAB棒穩(wěn)定后有m1gsin 由上述解得v1(2)CD棒釋放前瞬間所受到的安培力為F安2B2LI將B22B1代入上式得F安2CD棒重力沿斜面方向的分量為G2m2gsin 2m1gsin 因m1gsin ，即F安2G2，故CD棒靜止不動(3)CD由足夠高滑下來，最終做勻速直線運動，F(xiàn)安2B2L

13、I又F安2解得v2v1兩棒彈性碰撞，動量守恒m2v2m1v1m2v2機械能守恒：m2vm1v12m2v22由以上解得：v1v2由上述可知AB棒以v1下滑時速度最大，產(chǎn)生的最大電流Imax8 綜合應(yīng)用動量和能量觀點解決多過程問題審題示例如圖5所示，光滑的水平面AB(足夠長)與半徑為R0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D點為半圓軌道最高點A點的右側(cè)等高地放置著一個長為L20 m、逆時針轉(zhuǎn)動速度為v10 m/s的傳送帶用輕質(zhì)細線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲乙兩物體不拴接甲的質(zhì)量為m13 kg，乙的質(zhì)量為m21 kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上現(xiàn)固定乙，燒斷細線，甲離開彈

14、簧后進入半圓軌道并可以通過D點，且過D點時對軌道的壓力恰好等于甲的重力傳送帶與乙物體間動摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙兩物體可看做質(zhì)點圖5(1)求甲球離開彈簧時的速度(2)若甲固定，乙不固定，細線燒斷后乙可以離開彈簧后滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠距離(3)甲、乙均不固定，燒斷細線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時甲乙的速度；若不會碰撞，說明原因?qū)忣}模板答題模板(1)甲離開彈簧時的速度大小為v0，運動至D點的過程中機械能守恒：m1vm1g2Rm1v在最高點D，由牛頓第二定律，2m1gm1聯(lián)立解得：v04 m/s(4分)(2)甲固定，燒斷

15、細線后乙的速度大小為v乙，能量守恒得Epm1vm2v得v乙12 m/s(2分)之后乙滑上傳送帶做勻減速運動m2gm2a得a6 m/s2(2分)乙速度為零時離A端最遠，最遠距離為：s12 m20 m(2分)即乙在傳送帶上滑行的最遠距離為12 m.(3)甲、乙均不固定，燒斷細線后，設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2，甲、乙分離瞬間動量守恒：m1v1m2v2甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒：Epm1vm1vm2v解得：v12 m/s，v26 m/s(4分)之后甲沿軌道上滑，設(shè)上滑最高點高度為h，則m1vm1gh得h0.6 m0.8 m(2分)則甲上滑不到等圓心位置就會返回，返回AB面上速度仍然是v22

16、m/s(1分)乙滑上傳送帶，因v26 m/s12 m/s，則乙先向右做勻減速運動，后向左勻加速由對稱性可知乙返回AB面上時速度大小仍然為v26 m/s(1分)故甲、乙會再次相撞，碰撞時甲的速度為2 m/s，方向向右，乙的速度為6 m/s，方向向左答案(1)4 m/s(2)12 m(3)甲、乙會再次碰撞，碰撞時甲的速度為2 m/s，方向向右，乙的速度為6 m/s，方向向左(限時：60分鐘)1 如圖1所示，在離地面H5.45 m的O處用長L0.45 m的不可伸長的細線掛一質(zhì)量為0.09 kg的爆竹(火藥質(zhì)量忽略不計)，把爆竹拉起至D點使細線水平伸直，點燃導(dǎo)火線后將爆竹靜止釋放，爆竹剛好到達最低點B

17、時炸成質(zhì)量相等的兩塊，一塊朝相反方向水平拋出，落到地面上的A處，拋出的水平距離s5 m另一塊仍系在細線上繼續(xù)做圓周運動，空氣阻力忽略不計，取g10 m/s2，求：圖1(1)爆竹爆炸前瞬間的速度大小v0；(2)繼續(xù)做圓周運動的那一塊在B處對細線的拉力的大?。?3)火藥爆炸釋放的能量E.答案(1)3 m/s(2)12.55 N(3)2.88 J解析(1)設(shè)爆竹的總質(zhì)量為2m，爆竹從D點運動到B點過程中，根據(jù)動能定理，得2mgL2mv解得v03 m/s(2)設(shè)爆炸后拋出的那一塊的水平速度為v1，做圓周運動的那一塊的水平速度為v2.對拋出的那一塊，有：sv1tHLgt2解得v15 m/s以爆炸后做圓周

18、運動的那一塊的水平速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律，得2mv0mv2mv1在B處，對于做圓周運動的那一塊，根據(jù)牛頓第二定律，得FTmg根據(jù)牛頓第三定律，得做圓周運動的那一塊對細線的拉力FTFT聯(lián)立以上各式，解得FT12.55 N(3)根據(jù)能量守恒定律，得Emvmv2mv解得E2.88 J2 如圖2所示，在距水平地面高h0.80 m的水平桌面一端的邊緣放置一個質(zhì)量m0.80 kg的木塊B，桌面的另一端有一塊質(zhì)量M1.0 kg的木塊A以初速度v04.0 m/s開始向著木塊B滑動，經(jīng)過時間t0.40 s與B發(fā)生碰撞，碰后兩木塊都落到地面上木塊B離開桌面后落到地面上的D點設(shè)兩木塊均可以看做質(zhì)點，它們

19、的碰撞時間極短，且已知D點距桌面邊緣的水平距離s0.60 m，木塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)0.50，重力加速度取g10 m/s2.求：圖2(1)兩木塊碰撞前瞬間，木塊A的速度大小；(2)木塊B離開桌面時的速度大小；(3)碰撞過程中損失的機械能答案(1)2.0 m/s(2)1.5 m/s(3)0.78 J解析(1)木塊A在桌面上受到滑動摩擦力作用做勻減速運動，木塊A的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律，MgMaa5 m/s2設(shè)兩木塊碰撞前瞬間A的速度大小為v，根據(jù)運動學(xué)公式得vv0at解得v2.0 m/s(2)兩木塊離開桌面后均做平拋運動，設(shè)木塊B離開桌面時的速度大小為v2，在空中飛行的時間為t.根據(jù)平拋

20、運動規(guī)律有：hgt2，sv2t解得：v2s 1.5 m/s(3)設(shè)兩木塊碰撞后木塊A的速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律有MvMv1mv2解得：v10.80 m/s碰撞過程中損失的機械能為E損Mv2Mvmv解得E損0.78 J3 坡道頂端距水平滑道ab高度為h0.8 m質(zhì)量為m13 kg的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入滑道ab時無機械能損失，放在地面上的小車上表面與ab在同一水平面上，右端緊靠水平滑道的b端，左端緊靠鎖定在地面上的擋板P.輕彈簧的一端固定在擋板P上，另一端與質(zhì)量為m21 kg的物塊B相接(不拴接)，開始時彈簧處于原長，B恰好位于小車的右端，如圖3所示A與B碰撞時間極短，碰后結(jié)

21、合成整體D壓縮彈簧，已知D與小車之間的動摩擦因數(shù)為0.2，其余各處的摩擦不計，A、B可視為質(zhì)點，重力加速度g10 m/s2，求：圖3(1)A在與B碰撞前瞬間速度v的大?。?2)求彈簧達到最大壓縮量d1 m時的彈性勢能Ep？(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零)(3)撤去彈簧和擋板P，設(shè)小車長L2 m，質(zhì)量M6 kg，且值滿足0.10.3，試求D相對小車運動過程中兩者因摩擦而產(chǎn)生的熱量(計算結(jié)果可含有)答案(1)4 m/s(2)10 J(3)當(dāng)0.10.135時，摩擦生熱80 J當(dāng)0.1350.3時，摩擦生熱10.8 J解析(1)由機械能守恒定律m1ghm1v2解得v4 m/s(2)A與B碰撞結(jié)合，由

22、動量守恒定律得m1v(m1m2)v1得v13 m/sD壓縮彈簧至最大壓縮量時，由能量守恒定律得(m1m2)vEp(m1m2)gd得Ep10 J(3)設(shè)D滑到小車左端時剛好能夠與小車共速，速度大小為v2由動量守恒定律得(m1m2)v1(m1m2M)v2即v21.2 m/s由能量守恒定律得1(m1m2)gL(m1m2)v(m1m2M)v得10.135當(dāng)滿足0.10.135時，D和小車不能共速，D將從小車的左端滑落產(chǎn)生的熱量為Q1(m1m2)gL解得Q180 J當(dāng)滿足0.1350.3時，D和小車能共速產(chǎn)生的熱量為Q2(m1m2)v(m1m2M)v解得Q210.8 J4 如圖4所示，在一絕緣粗糙的水平

23、桌面上，用一長為2L的絕緣輕桿連接兩個完全相同、質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點的小球A和B.A球帶電荷量為q，B球不帶電開始時輕桿的中垂線與豎直虛線MP重合，虛線NQ與MP平行且相距4L.在MP、NQ間加水平向右、電場強度為E的勻強電場，A、B球恰能靜止在粗糙桌面上取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力求：圖4(1)A、B球與桌面間的動摩擦因數(shù)；(2)若A球帶電荷量為8q時，B球帶電荷量為8q，將A、B球由開始位置從靜止釋放，求A球運動到最右端時距虛線NQ的距離d及AB系統(tǒng)從開始運動到最終靜止所運動的總路程s；(3)若有質(zhì)量為km、帶電荷量為k2q的C球，向右運動與B球正碰后粘合在一起，為使A球剛好能到達虛線N

24、Q的位置，問k取何值時，C與B碰撞前瞬間C球的速度最小？C球速度的最小值為多大？(各小球與桌面的動摩擦因數(shù)都相同，且各小球間的庫侖力忽略不計)答案(1)(2)8L(3)k 時C球的速度最小值，最小值為 解析(1)以A、B球整體為研究對象，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有qE2mg(2)從靜止開始至A球運動到最右端的過程中電場力對A球做功WA8qE3L電場力對B球做負功WB8qE4L(2Ld)8qE(2Ld)摩擦力對AB系統(tǒng)做負功Wf2mg(3Ld)qE(3Ld)由動能定理可知WAWBWf0得dL分析運動過程后可知，AB系統(tǒng)最終靜止在電場中，對全程應(yīng)用動能定理可得8qEL2mgs0則s8L(3)C與B球碰后，C與AB系統(tǒng)共同速度設(shè)為v1，由動量守恒可知kmv0(km2m)v1v1v0C與B碰后至A滑到虛線NQ位置過程中，由動能定理可知qE3Lk2qE2L(km2m)g3L0(km2m)v聯(lián)立解得v0 當(dāng)4k，k 時，v0有最小值v0minv0min