《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第一講 力學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 第一講 力學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題教學(xué)案（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一講力學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題知識(shí)建構(gòu)備考點(diǎn)睛(注1)(注4)：詳見(jiàn)答案部分1.常見(jiàn)思想及方法(1)守恒的思想；(2)動(dòng)量守恒的判斷方法；(3)彈性碰撞的分析方法；(4)“人船模型”的分析方法.2.三個(gè)易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)動(dòng)量和動(dòng)能是兩個(gè)和速度有關(guān)的不同概念.(2)系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能不一定同時(shí)守恒.(3)不是所有的碰撞都滿足機(jī)械能守恒.答案(1)物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化量(2)一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變(3)動(dòng)量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，如碰撞、爆炸等現(xiàn)

2、象中，系統(tǒng)的動(dòng)量可看成近似守恒系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一個(gè)方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒(4)碰撞的分類熱點(diǎn)考向一動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用角度一動(dòng)量定理的應(yīng)用【典例1】(2016全國(guó)卷)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中為計(jì)算方便起見(jiàn)，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開(kāi)忽略空氣阻力已知水的密度為，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度思

3、路引領(lǐng)解析(1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVv0St由式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量v0S(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小p(m)v設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h答案(1)v0S(2)角度二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用【典例2】(2018全國(guó)卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，

4、彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量求(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度思路引領(lǐng)(1)根據(jù)動(dòng)能公式得出煙花彈從地面開(kāi)始上升時(shí)的速度，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)歷的時(shí)間(2)利用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分的速度，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出距地面的最大高度解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t

5、，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為hh1h2答案(1)(2)1用動(dòng)量定理的解題的基本思路對(duì)過(guò)程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理2動(dòng)量守恒定律解題思路及方法遷移一動(dòng)量定理的應(yīng)用1(2019江西

6、六校聯(lián)考)香港迪士尼游樂(lè)園入口旁有一噴泉，在水泵作用下鯨魚(yú)模型背部會(huì)噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂(lè)旋律，米老鼠模型能夠上下運(yùn)動(dòng)，引人駐足，如圖所示這一景觀可做如下簡(jiǎn)化，水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出，流量為Q(流量定義：在單位時(shí)間內(nèi)向上通過(guò)水柱橫截面的水的體積)，設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部沖擊沖浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不計(jì)，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開(kāi)，沖浪板靜止在水柱上已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M

7、，水的密度為，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(jì)(1)求噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時(shí)間很短，因此在分析水對(duì)沖浪板的作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力試計(jì)算米老鼠模型在空中懸停時(shí)，水到達(dá)沖浪板底部的速度大小；(3)要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化，需調(diào)整水泵對(duì)水做功的功率水泵對(duì)水做功的功率定義為單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的動(dòng)能請(qǐng)根據(jù)第(2)問(wèn)中的計(jì)算結(jié)果，推導(dǎo)沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對(duì)水做功的功率P0之間的關(guān)系式解析(1)由題干定義知，單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為mQ.(2)由題意知米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時(shí)，沖擊沖浪板

8、底面的水的速度由v變?yōu)?，設(shè)t時(shí)間內(nèi)這些水對(duì)板的作用力為F，板對(duì)水的作用力為F，以豎直向下為正方向，不考慮t時(shí)間內(nèi)水的重力，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft0mt(v)根據(jù)牛頓第三定律得FF由于米老鼠模型在空中懸停，根據(jù)力的平衡條件得FMg聯(lián)立解得v.(3)設(shè)米老鼠模型和沖浪板懸停時(shí)其底面距離噴口的高度為h，水離開(kāi)水泵噴口時(shí)的速度為v0對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mtv2mtghmtv水泵對(duì)水做功的功率為P0聯(lián)立解得h.答案(1)Q(2)(3)h遷移二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用2(2019江西六校聯(lián)考)如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為M的圓環(huán)，環(huán)上系一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩，細(xì)繩的另一端

9、拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球現(xiàn)將細(xì)繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則：(1)當(dāng)細(xì)繩與AB成角時(shí)，圓環(huán)移動(dòng)的距離是多少？(2)若在橫桿上立一擋板，與環(huán)的初位置相距多遠(yuǎn)時(shí)才能使圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不致與擋板相碰？解析(1)設(shè)小球的水平位移大小為s1，圓環(huán)的水平位移大小為s2，則有ms1Ms20s1s2LLcos解得s2(2)設(shè)小球向左的最大水平位移大小為s1，圓環(huán)的最大水平位移為s2當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到最右側(cè)速度為零時(shí)，小球應(yīng)運(yùn)動(dòng)到最左側(cè)同初始位置等高處，且速度為零ms1Ms20s1s22Ls2故擋板應(yīng)立在距環(huán)的初位置處答案(1)(2) “人船”模型(1)模型條件初總動(dòng)量(或某一方向初總動(dòng)量)為零；動(dòng)量(或某一

10、方向動(dòng)量)守恒(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)一物體加速，另一物體同時(shí)加速；一物體減速，另一物體同時(shí)減速，但二者速度方向相反；一物體靜止，另一物體也靜止(3)規(guī)律，(速率、位移與質(zhì)量成反比). 熱點(diǎn)考向二“碰撞”模型問(wèn)題【典例】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0靠近B，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個(gè)小球的速度始終在同一條直線上A、B兩球的半徑相等，且碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失當(dāng)m1、v0一定時(shí)，m2越大，則()A碰撞后A的速度越小B碰撞后A的速度越大C碰撞過(guò)程中B受到的沖量越大D碰撞過(guò)程中A受到的沖量越大思路引領(lǐng)根據(jù)兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒求出碰撞后兩球的速度

11、表達(dá)式，分析碰撞后速度大小，根據(jù)動(dòng)量定理和牛頓第三定律分析沖量關(guān)系解析以v0的方向?yàn)檎较?，在碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒得m1v0m1v1m2v2，又因碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，故有m1vm1vm2v，兩式聯(lián)立得v1，v2.當(dāng)m2m1時(shí)，m2越大，v1越大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程中，A受到的沖量IAIBm2v2v0v0，可知m2越大，A受到的沖量越大，選項(xiàng)D正確；B受到的沖量與A受到的沖量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的沖量也會(huì)越大，選項(xiàng)C正確答案CD三種碰撞解讀1彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯?，?dòng)能沒(méi)有損失，不僅動(dòng)量守恒，而且初、末動(dòng)能相等m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2v

12、m1v12m2v22v1v2v20時(shí)，v1v1v2v1討論：(1)m1m2，v10，v2v1(速度交換)；(2)m1m2，v10，v20(碰后，兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng))；(3)m1m2，v1v1，v22v1；(4)m1m2，v10(碰后，兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng))；(5)m1m2，v1v1，v20；(6)m1、m2質(zhì)量改變時(shí)，v2范圍是0v2解得0.45答案0.45遷移二非彈性碰撞模型2(2019唐山高三期末)如圖所示，質(zhì)量為mB1 kg的物塊B通過(guò)輕彈簧和質(zhì)量為mC1 kg的物塊C相連并豎直放置在水平地面上系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的壓縮量為x00.1 m，另一質(zhì)量為mA1 kg的物塊A從距彈簧原長(zhǎng)位

13、置為x0處由靜止釋放，A、B、C三個(gè)物塊的中心在同一豎直線上，A、B相碰后立即粘合為一個(gè)整體，并以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)已知三個(gè)物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度g10 m/s2，空氣阻力可忽略不計(jì)(1)求A、B相碰后的瞬間，整體共同速度v的大小(2)求A、B相碰后，整體以a5 m/s2的加速度向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，地面對(duì)物塊C的支持力FN.(3)若要A、B碰后物塊C能夠離開(kāi)地面，則物塊A由靜止釋放的位置距物塊B的高度h至少為多大？解析(1)A由靜止釋放到與B碰撞前，由動(dòng)能定理得mAg2x0mAv0由于A與B碰撞結(jié)束后粘合為一個(gè)整體，則對(duì)A與B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mAv0(mA

14、mB)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s.(2)A、B相碰后，對(duì)A與B整體應(yīng)用牛頓第二定律得(mAmB)gF彈(mAmB)a對(duì)C受力分析得FNmCgF彈代入數(shù)據(jù)解得FN20 N，方向豎直向上(3)對(duì)A從靜止釋放到與B碰撞前，由機(jī)械能守恒定律得mAghmAv0對(duì)A與B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mAv1(mAmB)v共從A、B碰后到C恰好離開(kāi)地面的過(guò)程，初態(tài)彈簧彈性勢(shì)能等于末態(tài)彈簧彈性勢(shì)能若C恰好能離開(kāi)地面，根據(jù)能量守恒定律得(mAmB)v(mAmB)g2x0解得h0.08 m，所以h至少為0.08 m.答案(1)1 m/s(2)20 N，方向豎直向上(3)0.08 m發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個(gè)物體，碰撞

15、結(jié)束后粘在一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大，而在碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒即m1v1m2v2(m1m2)v，Ek(m1m2)v2，Ek為碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)能?？嫉哪Ｐ蜑椤耙粍?dòng)碰一靜”模型(v20)：此時(shí)滿足m1v1(m1m2)v，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Ekm1v(m1m2)v2，解得Ekm1v. 熱點(diǎn)考向三“板塊”模型問(wèn)題【典例】(2019河北六校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L0.5 m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的滑板上表面光滑木塊A以速度v010

16、 m/s由滑板B左端開(kāi)始沿滑板B上表面向右運(yùn)動(dòng)已知木塊A的質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2.求：(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度大小；(2)木塊A壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能思路引領(lǐng)解析(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，木塊A與滑板B具有相同的速度，設(shè)為v，從木塊A開(kāi)始沿滑板B上表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，整體動(dòng)量守恒，則mv0(Mm)v解得vv0代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v2 m/s(2)在木塊A壓縮彈簧過(guò)程中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量關(guān)系知，最大彈性勢(shì)能為Epmmv(mM)v2mgL代入數(shù)據(jù)得Epm39 J.答案(1)2 m/s(2)39 J“板塊”模型的解

17、題思路“板塊”模型一般至少涉及兩個(gè)物體，包括多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，板塊間存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)解決“板塊”模型問(wèn)題，要分析不同階段的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后對(duì)每一個(gè)過(guò)程建立動(dòng)量守恒方程和能量守恒方程求解，必要時(shí)可以利用圖像(如畫(huà)出vt圖像)分析運(yùn)動(dòng)情況(2019廣東茂名五校聯(lián)考)質(zhì)量為2m的物體P靜止在光滑水平地面上，其截面如圖所示，ab段為光滑的豎直圓弧面，bc段是長(zhǎng)度為L(zhǎng)的粗糙水平面，質(zhì)量為m的物塊Q(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在圓弧面的底端b.現(xiàn)給Q一方向水平向左的瞬間沖量I，Q滑到最高點(diǎn)a后返回，最終相對(duì)于P靜止在水平面的右端c.重力加速度大小為g.求：(1)Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)Q與bc段間的動(dòng)摩擦

18、因數(shù)；(3)P的最大速度vm.解析(1)設(shè)Q從b點(diǎn)滑上圓弧面的初速度大小為v0，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有Imv0解得v0Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與P具有相同的速度(沿水平方向)，由P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有mv0(m2m)v解得v.(2)經(jīng)分析可知，Q最終相對(duì)P靜止在c處時(shí)，它們的速度(相對(duì)地面)也為v根據(jù)能量守恒定律有mgLmv(m2m)v2解得.(3)Q由a點(diǎn)返回到b點(diǎn)時(shí)P的速度最大，設(shè)此時(shí)Q的速度為v1，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則有mv0mv12mvmQ由b到a，再由a返回b的過(guò)程中，P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故mvmv2mv解得vm.答案(1)(2)(3)動(dòng)量觀點(diǎn)和能

19、量觀點(diǎn)的選取原則(1)動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別對(duì)于打擊類的問(wèn)題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即I合mvmv0.對(duì)于碰撞、爆炸、反沖類的問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解(2)能量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，則采用機(jī)械能守恒定律求解對(duì)于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程. 易錯(cuò)精析漏記碰撞、繩子繃緊等過(guò)程的機(jī)械能損失1(2018

20、廣東湛江一中等四校聯(lián)考)如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，均靜止在光滑水平臺(tái)面上A、B間用一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)短細(xì)線相連初始時(shí)刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠(yuǎn)處現(xiàn)突然給A一瞬時(shí)沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動(dòng)，細(xì)線繃斷后A的速度變?yōu)関0，A與C碰撞后粘連在一起求：(1)A與C粘連在一起時(shí)的速度大??；(2)若將A、B、C看成一個(gè)系統(tǒng)，則從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A與C粘連的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能解析(1)細(xì)線繃斷的過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，則mv0mv02mvB解得vBv0.A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過(guò)程中，A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv

21、0(mm)v2解得v2v0.(2)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Emvmv.答案(1)v0(2)mv2(2019吉林市畢業(yè)班第二次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m1的A物塊在光滑地面上以v010 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)質(zhì)量分別為m2、m3的物塊B與C由輕質(zhì)并且處于原長(zhǎng)狀態(tài)的彈簧相連，B、C和彈簧靜止放置在A的右側(cè)，某時(shí)刻A與B碰撞后立刻粘連在一起已知m12 kg，m2m33 kg，求：(1)A與B碰撞粘連在一起后瞬間的速度大??；(2)此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能大小解析(1)A與B碰撞過(guò)程，以A、B為系統(tǒng)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m1v0(m1m2)v

22、代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，A、B、C三個(gè)物塊的速度相等，由動(dòng)量守恒定律有m1v0(m1m2m3)v解得v2.5 m/s從A與B碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有(m1m2)v2(m1m2m3)v2Ep解得Ep15 J答案(1)4 m/s(2)15 J專題強(qiáng)化訓(xùn)練(八)一、選擇題1(多選)如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為.下列說(shuō)法正確的是()A高壓水槍單位時(shí)間噴出

23、的水的質(zhì)量為vD2B高壓水槍的功率為D2v3C水柱對(duì)煤層的平均沖力為D2v2D手對(duì)高壓水槍的作用力水平向右解析設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為vD2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤t時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ekmv2D2v3t，由動(dòng)能定理知高壓水槍在此期間對(duì)水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項(xiàng)B正確考慮一個(gè)極短時(shí)間t，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對(duì)水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理，F(xiàn)tmv，t時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對(duì)煤層的平均沖力為FFD2v2，選項(xiàng)C正確當(dāng)高壓水槍向右噴

24、出高壓水流時(shí)，水流對(duì)高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對(duì)高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案BC2(2019河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對(duì)容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求后時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭(zhēng)執(zhí)起來(lái)，下列說(shuō)法正確的是()A買者說(shuō)的對(duì)B賣者說(shuō)的對(duì)C公平交易D具有隨機(jī)性，無(wú)法判斷解析設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m

25、2，則落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為m.在極短時(shí)間t內(nèi)，取m為研究對(duì)象，這部分米很少，mdt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)t時(shí)間靜止，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定律得(Fmg)tmv即Fdvdtg，因t很小，故Fdv根據(jù)牛頓第三定律知FF，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為Mm1d因切斷米流后空中尚有t時(shí)間內(nèi)對(duì)應(yīng)的米流在空中，故dm2可見(jiàn)，稱米機(jī)讀數(shù)包含了靜止在袋中的部分米的質(zhì)量m1，也包含了尚在空中的下落的米的質(zhì)量m2，即自動(dòng)稱米機(jī)是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問(wèn)題，選項(xiàng)C正確答案C3(多選)(2019四川綿陽(yáng)模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形軌道，最低點(diǎn)為

26、C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則()Am不能到達(dá)M上的B點(diǎn)Bm從A到C的過(guò)程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向右運(yùn)動(dòng)Cm從A到B的過(guò)程中M一直向左運(yùn)動(dòng)，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能定恒，水平方向動(dòng)量守恒解析根據(jù)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度有：0(mM)v，v0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到達(dá)M上的B點(diǎn)，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯(cuò)誤；m從A到C的過(guò)程中M向左加速運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向左減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確答案CD4(

27、2019蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無(wú)初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說(shuō)法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0解析由于木板A沿斜面體勻速下滑，所以此時(shí)木板A的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于A、B間有

28、摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動(dòng)量守恒定律知C正確，D錯(cuò)誤答案C5(多選)(2019華中師大附中五月模擬)如下圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以vv0(待定系數(shù)vB，解得，碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能EkmAv0，解得1，所以滿足的條件是，A、B正確，C、D錯(cuò)誤答案AB6(多選)(2019武漢外校模擬)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)質(zhì)量m2

29、kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開(kāi)始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個(gè)v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2，則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5 mC小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m解析可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看成人船模型設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)

30、量守恒，有，解得x0.3 m，A正確，B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C錯(cuò)誤小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過(guò)程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對(duì)于M移動(dòng)的水平距離sL1.35 m，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正確答案AD7(多選)(2019東北師大附中一模)如下圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬間獲得水平向右大小為3 m/s的速度，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得

31、()A在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)C兩物體的質(zhì)量之比為m1m212D在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1Ek218解析在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，t1時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤由動(dòng)量守恒定律有m1v0(m1m2)v共，可得m1m212.并由圖可得在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1Ek218，C、D正確答案CD8(多選)(2019湖北百校大聯(lián)考)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖乙中實(shí)線所

32、示，其中紅壺碰撞前、后的兩段圖線相互平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則()A碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/sB碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 mC碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 JD碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為54解析由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v20.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x0.85 m2 m，碰撞過(guò)程中兩壺?fù)p失的動(dòng)能為Ekmvmvmv3.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119 N3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2ma219 N3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1f254，

33、故A、D正確，B、C錯(cuò)誤答案AD9(2019福建省泉州市模擬三)如右圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向上，由動(dòng)量守恒定律得：mvmv0，mm

34、0，解得小車的位移：xR，故B錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球第一次由釋放經(jīng)半圓軌道沖出至最高點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得：mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做的功小于mgh0，機(jī)械能的損失小于mgh0，因此小球第二次離開(kāi)小車時(shí)，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故D正確答案D二、非選擇題10(2019江

35、西南昌十校二模)如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m的物塊A和B，A緊靠著固定的豎直擋板，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長(zhǎng)度略大于彈簧的自然長(zhǎng)度放手后繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后與向左勻速運(yùn)動(dòng)、速度為v0的物塊C發(fā)生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合體并停止運(yùn)動(dòng)，C的質(zhì)量為2m.求：(1)B、C相撞前一瞬間B的速度大??；(2)繩被拉斷過(guò)程中，繩對(duì)A所做的功W.解析(1)B與C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0解得：vB2v0(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物

36、塊B的動(dòng)能，則Epmv解得：vBO3v0繩子拉斷過(guò)程，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0繩對(duì)A所做的功為Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019全國(guó)卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l1.0 m，如圖所示某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短(1)求彈簧釋

37、放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0mAvAmBvBEkmAvmBv聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBamBgsBvBtat2vBat0在時(shí)間t

38、內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sAvAtat2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sA1.75 m，sB0.25 m這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA，由動(dòng)能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s故A與B將發(fā)生碰撞設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s，vB m/s這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asAvA2,2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞處到墻壁的距離由上式可得兩物塊停止后的距離ssAsB0.91 m答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m28