高考物理二輪復(fù)習考點練習專題（04）力學中的動量和能量問題（解析版）

專題（04）力學中的動量和能量問題（解析版）【專題考向】能量觀點是高中物理解決問題的三大方法之一，既在選擇題中出現(xiàn)，也在綜合性的計算題中應(yīng)用，常將動量與能量等基礎(chǔ)知識融入其他問題考查，也常將動能定理、機械能守恒、功能關(guān)系、動量定理和動量守恒定律作為解題工具在綜合題中應(yīng)用?？疾榈闹攸c有以下幾方面：(1)動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用；(2)“碰撞模型”問題；(3)“爆炸模型”和“反沖模型”問題；(4)“板塊模型”問題。【知識、方法梳理】1．解決力學問題的三大觀點(1)力的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式相結(jié)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(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。2．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(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，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。3．系統(tǒng)化思維方法(1)對多個物理過程進行整體分析，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分析，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)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng))。【熱點訓(xùn)練】1、(多選)如圖所示，(a)圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；(b)圖為物體A與小車B的v－t圖象，重力加速度已知，由此可求出()A．小車上表面長度B．物體A與小車B的質(zhì)量之比C．A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D．小車B獲得的動能【答案】BC解析：由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，選項A錯誤；由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，選項B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根據(jù)能量守恒得μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，根據(jù)選項B中求得質(zhì)量的關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，選項C正確；由于小車B的質(zhì)量不知道，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。2、某興趣小組設(shè)計了一個玩具軌道模型如圖甲所示，將一質(zhì)量為m＝0.5kg的玩具小車(可以視為質(zhì)點)放在P點，用彈簧裝置將其從靜止彈出(彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小車初始動能)，使其沿著半徑為r＝1.0m的光滑圓形豎直軌道OAO′運動，玩具小車受水平面PB的阻力為其自身重力的0.5倍(g取10m/s2)，PB＝16.0m，O為PB中點。B點右側(cè)是一個高h＝1.25m，寬L＝2.0m的壕溝。求：(1)要使小車恰好能越過圓形軌道的最高點A，則此種情況下，小車在O點受到軌道彈力的大小；(2)要求小車能安全的越過A點，并從B點平拋后越過壕溝，則彈簧的彈性勢能至少為多少；(3)若在彈性限度內(nèi)，彈簧的最大彈性勢能Epm＝40J，以O(shè)點為坐標原點，OB為x軸，從O到B方向為正方向，在圖乙坐標上畫出小車能進入圓形軌道且不脫離軌道情況下，彈簧彈性勢能Ep與小車停止位置坐標x關(guān)系圖。解析：(1)在最高點mg＝SKIPIF1<0，得vA＝eq\r(10)m/sO→A：－mg2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)，得vO＝5eq\r(2)m/sNO－mg＝SKIPIF1<0，得FNO＝6mg＝30N。(2)要求1：越過A點，vO＝5eq\r(2)m/sP→O：EP彈1－kmgxPO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0，得Ep彈1＝32.5J要求2：平拋運動L＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2，得vB＝4m/sEp彈2－kmgxPB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，得Ep彈2＝44J綜上所述，彈簧彈性勢能的最小值為44J。(3)分類討論：因為最大彈性勢能為40J由Epm－μmgs＝0，得s＝16m，所以至多運動到B點，必不平拋情況1：能越過O點，彈性勢能32.5J≤Ep彈1≤40J當Ep彈1－kmgx1＝0－0，得13m≤x1≤16m，又因為O點是坐標原點，所以實際坐標值為5m≤x11≤8m情況2：恰能到達圓軌道圓心等高點，當Ep彈2－kmgxPO－mgr＝0－0，得Ep彈2＝25Jmgr＝kmgx21，得x21＝2m，又因為O點是坐標原點，所以實際坐標值為x21＝－2m恰能進入圓形軌道，當Ep彈2－kmgxPO＝0－0，得Ep彈2＝20J，此時坐標值為0由動能定理表達式知，Ep彈與x是線性函數(shù)，圖象如圖所示。3、如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C解析：設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)。小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。4、某電影里兩名槍手在房間對決，他們各自背靠墻壁，一左一右。假設(shè)他們之間的地面光滑隨機放著一均勻木塊，木塊到左右兩邊的距離不一樣。兩人拿著相同的步槍和相同的子彈同時朝木塊射擊一發(fā)子彈，聽天由命。但是子彈都沒有射穿木塊，兩人都活了下來反而成為了好朋友。假設(shè)你是偵探，仔細觀察木塊發(fā)現(xiàn)右邊的射孔(彈痕)更深。設(shè)子彈與木塊的作用力大小一樣，請你分析一下，哪個結(jié)論是正確的()A．開始時，木塊更靠近左邊的人，左邊的人相對更安全B．開始時，木塊更靠近左邊的人，右邊的人相對更安C．開始時，木塊更靠近右邊的人，左邊的人相對更安全區(qū)D．開始時，木塊更靠近右邊的人，右邊的人相對更安全【答案】B解析：子彈的質(zhì)量與射出時的速度都相等，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)總動量為零；如果木塊在正中間，則彈痕應(yīng)該一樣長，結(jié)果是右邊的長一些，假設(shè)木塊靠近其中某一人，設(shè)子彈質(zhì)量為m，初速度為v0，木塊質(zhì)量為M，阻力為f，彈痕長度分別為x1、x2，兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋fx1，對另一發(fā)子彈，同樣有：(M＋m)v1－mv0＝0，eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)(M＋m)v12＝fx2，解得x1＜x2，綜合判斷，后接觸木塊的子彈彈痕長，更容易射穿木塊，對面的人更危險，所以一開始木塊離左邊近一些，右邊的人相對更安全，故B正確，ACD錯誤。5、1．右端帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道、質(zhì)量為M的小車靜置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，關(guān)于小球此后的運動情況，以下說法正確的是()A．小球可能離開小車水平向右做平拋運動B．小球可能從圓弧軌道上端拋出而不再回到小車C．小球不可能離開小車水平向左做平拋運動D．小球不可能離開小車做自由落體運動【答案】A解析：小球從圓弧軌道上端拋出后，小球水平方向的速度和車的速度相同，故小球仍會落回到小車上；小球落回到小車后，相對小車向左滑動，然后從左邊離開小車：如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蜃?，則小球離開小車水平向左做平拋運動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣葹榱?，則小球離開小車后做自由落體運動；如果小球?qū)Φ孛娴乃俣认蛴?，則小球離開小車水平向右做平拋運動。故A正確，BCD錯誤。6、如圖所示，豎直面內(nèi)，兩段半徑均為R的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“S”形軌道，一個質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點由靜止開始下滑，下滑過程中始終受到一個水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中()A．小環(huán)機械能守恒B．外力F一直做正功C．小環(huán)在最低點的速度大小為v＝2eq\r(2gR)D．在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小FN＝mg【答案】C解析：小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F時而做正功時而做負功，軌道的作用力一直不做功，故小環(huán)機械能不守恒，選項A、B錯誤；小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能變化量，mg·4R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(2gR)，選項C正確；小環(huán)在最低點，由牛頓第二定律得FN′－mg＝meq\f(v2,R)，得FN′＝9mg，由牛頓第三定律可知FN＝FN′＝9mg，選項D錯誤。7、(多選)如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點)從左端以速度沖上木板，當v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統(tǒng)生熱為Q，則()A．若v＝eq\f(1,3)v0，A、B系統(tǒng)生熱為SKIPIF1<0B．若v＝eq\f(1,2)v0，A、B相對運動時間為eq\f(1,3)t0C．若v＝v0，B經(jīng)歷t0時間的位移為eq\f(1,2)LD．若v＝2v0，A經(jīng)歷eq\f(1,4)t0到達木板右端【答案】AC解析：當v＝v0時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝2mv′，代入數(shù)據(jù)得：v′＝0.5v0。由能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv02。若v＝eq\f(1,3)v0，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m?eq\f(1,3)v0＝2mv′得：v′＝SKIPIF1<0v0。系統(tǒng)生熱：SKIPIF1<0，選項A正確；當v＝v0時，對B，由動量定理得：ft0＝mv′可得：SKIPIF1<0；若SKIPIF1<0，根據(jù)動量守恒定律得SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0。對B，由動量定理得：SKIPIF1<0，可得：SKIPIF1<0，選項B錯誤；若v＝v0，則由A選項的分析可知：fL＝Q＝eq\f(1,4)mv02；對物體B：SKIPIF1<0聯(lián)立解得：SKIPIF1<0，選項C正確；若v＝2v0，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m?2v0＝mvA+mvB，A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功，與木板的長度有關(guān)，可知A、B系統(tǒng)生熱仍為Q。根據(jù)能量守恒定律得：SKIPIF1<0。結(jié)合上面解答有：Q＝eq\f(1,4)mv02。對B，由動量定理得：ft＝mvB－0；聯(lián)立解得：SKIPIF1<0（另一值不合理舍去），SKIPIF1<0，故D錯誤。8、(多選)在2016年里約奧運跳水比賽中，中國跳水夢之隊由吳敏霞領(lǐng)銜包攬全部8枚金牌。假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運動員從跳臺上以初速度v0向上跳起，跳水運動員在跳臺上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計跳水運動員水平方向的運動，運動員入水后到速度為零時重心下降h，不計空氣阻力，則()A．運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小為meq\r(v02＋2gH)＋mv0B．水對運動員阻力的沖量大小為meq\r(v02＋2gH)C．運動員克服水的阻力做功為mgH＋eq\f(1,2)mv02D．運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中機械能減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02【答案】AD解析：設(shè)運動員入水前速度為vt，則由機械能守恒有eq\f(1,2)mv02＋mgH＝eq\f(1,2)mvt2，得vt＝eq\r(v02＋2gH)，據(jù)動量定理可得運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝meq\r(v02＋2gH)＋mv0，A項正確。運動員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝meq\r(v02＋2gH)，B項錯誤。運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中應(yīng)用動能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，得運動員克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，則C項錯誤。由能的轉(zhuǎn)化與守恒關(guān)系可知此過程中機械能的減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mv02，D項正確。9、如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點切線水平，長為L＝4m的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質(zhì)量分別為m1＝0.3kg和m2＝1kg兩個小物體中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用細繩將它們連接。已知傳送帶以v0＝1.5m/s的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.15。某時剪斷細繩，小物體m1向左運動，m2向右運動速度大小為v2＝3m/s，g取10m/s2。求：(1)剪斷細繩前彈簧的彈性勢能Ep；(2)從小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能E；(3)半圓軌道AC的半徑R多大時，小物體m1從C點水平飛出后落至AB平面的水平位移最大？最位移為多少？解析：(1)對m1和m2彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有：0＝m1v1－m2v2，解得：v1＝10m/s剪斷細繩前彈簧的彈性勢能為：SKIPIF1<0解得：Ep＝19.5J。(2)設(shè)m2向右減速運動的最大距離為x，由動能定理得：－μm2gx＝0－eq\f(1,2)m2v22解得x＝3m＜L＝4m則m2先向右減速至速度為零，向左加速至速度為v0＝1.5m/s，然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。設(shè)小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為t，取向左為正方向，根據(jù)動量定理得：μm2gt＝m2v0－(－m2v2)解得：t＝3s該過程皮帶運動的距離為：x帶＝v0t＝4.5m故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能為：E＝μm2gx帶解得：E＝6.75J。(3)設(shè)豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體m1平拋的水平位移最大為x，從A到C由機械能守恒定律得：SKIPIF1<0由平拋運動的規(guī)律有：x＝vCt1，SKIPIF1<0聯(lián)立整理得：SKIPIF1<0根據(jù)數(shù)學知識知當4R＝10－4R，即R＝1.25m時，水