《高考物理大二輪復習與增分策略 專題五 動力學、動量和能量觀點的綜合應用-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題五 動力學、動量和能量觀點的綜合應用-人教版高三全冊物理試題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題五 動力學、動量和能量觀點的綜合應用 專題定位　本專題綜合應用動力學、動量和能量的觀點來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，側(cè)重在計算題中命題，是高考的壓軸題. 應考策略　本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律，結合動力學方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應問題.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，有針對性的選擇相應的規(guī)律和方法. 1.動量定理的公式Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系

2、外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的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F為變力時，F(xiàn)應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：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等

3、于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反). (3)守恒條件 ①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. ②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. ③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.解決力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式相結合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運動的問題. (2)動量的觀點：主要應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

4、作用物體的問題. (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.力學規(guī)律的選用原則 (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，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；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，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決. 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

5、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，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)). 解題方略 1.彈性碰撞與非彈性碰撞 碰撞過程遵從動量守恒定律.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞；如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞. 2.應用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)； (2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定

6、初、末狀態(tài)動量； (4)由動量守恒定律列式求解； (5)必要時對結果進行討論. 例1如圖1所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為m＝1 kg的小車，小車右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量為m0＝1 kg的物塊，物塊與上表面光滑的小車一起以v0＝5 m/s的速度向右勻速運動，與靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為M＝4 kg的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi).求： (1)碰撞結束時，小車與小球的速度； (2)從碰后瞬間到彈簧被壓至最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小. 圖1 解析　(1)設碰撞后瞬間小車的速度大小為v1，小球的速度大小為v，由動量守恒及機械能守恒有：

7、 mv0＝Mv＋mv1 mv＝mv＋Mv2 解得v1＝v0＝－3 m/s，小車速度方向向左. v＝v0＝2 m/s，小球速度方向向右. (2)當彈簧被壓縮到最短時，物塊與小車有共同進度， 設小車的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有： m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2，解得v2＝1 m/s. 設碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據(jù)動量定理有I＝mv2－mv1，解得I＝4 N·s. 答案　(1)小車：3 m/s，方向向左 小球：2 m/s，方向向右 (2)4 N·s 預測1　(2016·全國乙卷·35(2))某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)

8、量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在 空中.為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為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.忽略空氣阻力.已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度. 答案　(1)ρv0S　(2)－ 解析　(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水柱保持速度v0不變. 該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt① 噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV② 其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③ 由①

9、②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S. (2)設玩具底面相對于噴口的高度為h 由玩具受力平衡得F沖＝Mg④ 其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力 由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤ 其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底面時的速度 由運動學公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為Δm Δm＝ρv0SΔt⑦ 由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理 (F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)? F壓Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－. 解題方略 1.弄

10、清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程. 2.進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點. 3.光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析. 4.如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析. 例2 如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度

11、v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離. 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動

12、量守恒得： mv0＝(M＋m)v2④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 預測2　如圖3所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方.現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣

13、阻力，重力加速度為g，求碰撞過程中B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能. 圖3 答案　m　mgh 解析　設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有： mgh＝mv 解得：v1＝ 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程中B物塊受到的沖量大小為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢

14、能最大，據(jù)動量守恒定律有 5mv2＝8mv3 據(jù)機械能守恒定律得：Epm＝×5mv－×8mv 解得：Epm＝mgh. 解題方略 力學規(guī)律選用的一般原則 力學中首先考慮使用兩個守恒定律，從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態(tài)量(速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(位移x，時間t)問題，不能解決力(F)的問題. (1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律. (2)若物體(或系統(tǒng))涉及到速度和時間，應考慮使用動量定理. (3)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律. (4)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和速度，應考

15、慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便. 例3(2015·廣東理綜·36)如圖4所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短). 圖4

16、 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關系式. 解析　(1)從A→Q由動能定理得 －mg·2R＝mv2－mv 解得v＝4 m/s＞＝ m/s 在Q點，由牛頓第二定律得 FN＋mg＝m 解得FN＝22 N. (2)A撞B，由動量守恒得 mv0＝2mv′ 解得v′＝＝3 m/s 設摩擦距離為x，則 －2μmgx＝0－·2mv′2 解得x＝4.5 m，所以k＝＝45. (3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得 －μ·2mgnL＝·2m

17、v－·2mv′2 所以vn＝ m/s　(n<45). 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)45 (3)vn＝ m/s　(n<45) 預測3　如圖5所示，內(nèi)壁粗糙、半徑R＝0.4 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與光滑水平軌道BC相切.質(zhì)量m2＝0.2 kg的小球b左端連接一輕質(zhì)彈簧，靜止在光滑水平軌道上，另一質(zhì)量m1＝0.2 kg的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力為小球a重力的2倍.忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球a由A點運動到B點的過程中，摩擦力做的功Wf； (2)小球a通過彈簧與小球b相互作用的過

18、程中，彈簧的最大彈性勢能Ep； (3)小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小. 答案　(1)－0.4 J　(2)0.2 J　(3)0.4 N·s 解析　(1)小球由靜止釋放到最低點B的過程中，根據(jù)動能定理得：m1gR＋Wf＝m1v， 小球在最低點B，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－m1g＝， 聯(lián)立可得：Wf＝－0.4 J. (2)小球a與小球b通過彈簧相互作用，達到共同速度v2時彈簧具有最大彈性勢能，此過程中，由動量守恒定律： m1v1＝(m1＋m2)v2， 由能量守恒定律：m1v＝(m1＋m2)v＋Ep 聯(lián)立可得：Ep＝0.2 J. (3)小球a

19、與小球b通過彈簧相互作用的整個過程中，a球最終速度為v3，b球最終速度為v4，由動量守恒定律： m1v1＝m1v3＋m2v4， 由能量守恒定律：m1v＝m1v＋m2v， 根據(jù)動量定理有：I＝m2v4， 聯(lián)立可得：I＝0.4 N·s. 專題強化練 1.如圖1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軌道距地面有一定的高度，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問： 圖1 (1)a球與b球碰前瞬間的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細繩是

20、否會斷裂？(要求通過計算回答). 答案　(1) 　(2)會斷裂 解析　(1)設a球與b球碰前瞬間的速度大小為vC，由機械能守恒定律得mgh＝mv， 解得vC＝，即a球與b球碰前的速度大小為. (2)設b球碰后的速度為v，a、b碰撞過程中動量守恒，則 mvC＝(m＋m)v，故v＝vC＝， 假設a、b球碰撞后將一起繞O點擺動，若小球在最低點時細繩拉力為FT，則FT－2mg＝2m 解得FT＝3mg，F(xiàn)T>2.8mg， 故細繩會斷裂，小球做平拋運動. 2.如圖2所示，可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木

21、板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能達到C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，木板C長為L，求： 圖2 (1)A物體的最終速度； (2)A在木板C上滑行的時間. 答案　(1)　(2) 解析　(1)設A、B、C的質(zhì)量為m，B、C碰撞過程中動量守恒，設B、C碰后的共同速度為v1， 則mv0＝2mv1，解得v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用的過程中動量守恒， 設最終A、C的共同速度為v2， 則mv0＋mv1＝2mv2，解得v2＝. (2)在A、C相互作用的過程中，根據(jù)機械能守恒有 FfL

22、＝mv＋mv－·2mv(Ff為A、C間的摩擦力)， 代入解得Ff＝. 此過程中對C，根據(jù)動量定理有Fft＝mv2－mv1， 代入相關數(shù)據(jù)解得t＝. 3.如圖3所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場，經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量為km(k>7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度).火藥炸完瞬間A的速度為v0.求： 圖3 (1)火藥爆炸過程中有多少化

23、學能轉(zhuǎn)化為機械能； (2)A球在磁場中的運動時間； (3)若一段時間后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離. 答案　(1)mv　(2)　(3)· 解析　(1)設爆炸之后B的速度大小為vB，選向左為正方向， 在爆炸前后由動量守恒可得：0＝mv0－kmvB E＝mv＋kmv＝mv (2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶隽Φ却蠓聪?，故A球進入電場中將會做勻速圓周運動，如圖所示則 T＝ 有幾何知識可得：粒子在磁場中運動了個圓周 則t2＝ (3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝ 由qv0B＝m知，R＝ 設爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運動的位移為xB

24、，時間為tB 則tB＝＋t2＋ xB＝vBtB 由圖可得：R＝xA＋xB 聯(lián)立上述各式解得：xA＝·. 4.如圖4所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點為彈簧原長位置，O點左側(cè)水平面光滑.水平段OP長為L＝1 m，P點右側(cè)一與水平方向成θ＝30°的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，傳送帶輪逆時針轉(zhuǎn)動速率為3 m/s，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得的彈性勢能Ep＝9 J，物塊與OP段動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點，B與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ2＝，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時間不計，碰后A、B交換速度，重力加速

25、度g＝10 m/s2，現(xiàn)釋放A，求： 圖4 (1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速率v0； (2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量； (3)A、B能夠碰撞的總次數(shù). 答案　(1)4 m/s　(2)12.25 J　(3)6次 解析　(1)設物塊質(zhì)量為m，A與B第一次碰前的速率為v0， 則Ep＝mv＋μ1mgL， 解得v0＝4 m/s. (2)設A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB， 則vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿傳送帶向上做勻減速運動直至速度為零， 加速度大小設為a1，則mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，

26、解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2. 運動的時間t1＝＝0.4 s. 位移x1＝t1＝0.8 m. 此過程相對運動路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m. 此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為t2＝＝0.3 s. 位移為x2＝t2＝0.45 m. 此過程相對運動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m， 全過程摩擦生熱Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J. (3)B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運動再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運動再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復這一過程直至兩者不再碰撞.則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從第二次碰撞后到不再碰撞：mv2＝2nμ1mgL，解得第二次碰撞后重復的過程數(shù)為n＝2.25.所以碰撞總次數(shù)為N＝2＋2n＝6.5＝6次(取整數(shù)).