2022年高考物理二轮复习热点专题巩固练专题（04）力学中的动量和能量问题（解析版）.docx

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1、专题（04）力学中的动量和能量问题（解析版）【专题考向】能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将动量与能量等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系、动量定理和动量守恒定律作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)动量定理和动量守恒定律的应用；(2)“碰撞模型”问题；(3)“爆炸模型”和“反冲模型”问题；(4)“板块模型”问题。【知识、方法梳理】1解决力学问题的三大观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题。(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守

2、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。(3)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。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，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。3系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决

3、比较复杂的运动。(2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。【热点训练】1、(多选)如图所示，(a)图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A与小车B的vt图象，重力加速度已知，由此可求出()A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比CA与小车B上表面的动摩擦因数D小车B获得的动能【答案】BC解析：由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，选项A错误；由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，解得，故

4、可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移xv0t1，根据能量守恒得mAgxmAv(mAmB)v，根据选项B中求得质量的关系，可以解出动摩擦因数，选项C正确；由于小车B的质量不知道，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。2、某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高

5、h1.25 m，宽L2.0 m的壕沟。求：(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，则此种情况下，小车在O点受到轨道弹力的大小；(2)要求小车能安全的越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm40 J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。解析：(1)在最高点mg，得vA m/sOA：mg2rmvmv，得vO5 m/sNOmg，得FNO6mg30 N。(2)要求1：越过A点，vO5 m/sPO：EP弹1kmgxPOm

6、v0，得Ep弹132.5 J要求2：平抛运动LvBt，hgt2，得vB4 m/sEp弹2kmgxPBmv0，得Ep弹244 J综上所述，弹簧弹性势能的最小值为44 J。(3)分类讨论：因为最大弹性势能为40 J由Epmmgs0，得s16 m，所以至多运动到B点，必不平抛情况1：能越过O点，弹性势能32.5 JEp弹140 J当Ep弹1kmgx100，得13 mx116 m，又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5 mx118 m情况2：恰能到达圆轨道圆心等高点，当Ep弹2kmgxPOmgr00，得Ep弹225 Jmgrkmgx21，得x212 m，又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为x212

7、 m恰能进入圆形轨道，当Ep弹2kmgxPO00，得Ep弹220 J，此时坐标值为0由动能定理表达式知，Ep弹与x是线性函数，图象如图所示。 3、如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR【答案】C解析：设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F·3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球

8、离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF·5R5mgR，C正确，A、B、D错误。4、某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射

9、击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的( )A开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安C开始时，木块更靠近右边的人，左边的人相对更安全区D开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全【答案】B解析：子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力

10、为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v1，由能量守恒定律得：mv02(Mm)v12fx1，对另一发子弹，同样有：(Mm)v1mv00，mv02(Mm)v12fx2 ，解得x1x2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误。5、1右端带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是( )A小球可能离开小车水

11、平向右做平抛运动B小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车C小球不可能离开小车水平向左做平抛运动D小球不可能离开小车做自由落体运动【答案】A解析：小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。6、如图所示，竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环

12、从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A小环机械能守恒B外力F一直做正功C小环在最低点的速度大小为v2D在最低点小环对轨道的压力大小FNmg【答案】C解析：小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量，mg·4Rmv2，解得v2，选项C正确；小环在

13、最低点，由牛顿第二定律得FNmgm，得FN9mg，由牛顿第三定律可知FNFN9mg，选项D错误。7、(多选)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当vv0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )A若vv0，A、B系统生热为B若vv0，A、B相对运动时间为t0C若vv0，B经历t0时间的位移为LD若v2v0，A经历t0到达木板右端【答案】AC解析：当vv0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv02mv，代入数据得：v0.5v0。由能量守恒定律得

14、：Qmv02×2mv2mv02。若vv0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v02mv得：vv0。系统生热：，选项A正确；当vv0时，对B，由动量定理得：ft0mv可得：；若，根据动量守恒定律得得：。对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误；若vv0，则由A选项的分析可知：fLQmv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：。结合上面解答有：Qmv02。对B，由动量定理得：ftmvB0；联立解得：（另一值不合

15、理舍去），故D错误。8、(多选)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则()A运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为mmv0B水对运动员阻力的冲量大小为mC运动员克服水的阻力做功为mgHmv02D运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(Hh)mv02【答案】AD解析：设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mv02mgHmvt

16、2，得vt，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小Imvt(mv0)mmv0，A项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合m，B项错误。运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(Hh)Wf0mv02，得运动员克服水的阻力做功Wfmg(Hh)mv02，则C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(Hh)mv02，D项正确。9、如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L4 m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m10.3 kg和m21 kg两个小物体中间有一被压缩

17、的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v01.5 m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数0.15。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v23 m/s，g取10 m/s2。求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；(3)半圆轨道AC的半径R多大时，小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大？最位移为多少？解析：(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0m1v1m2v2，解得：v110 m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：

18、解得：Ep19.5 J。(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：m2gx0m2v22解得 x3 mL4 m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v01.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：m2gtm2v0(m2v2)解得：t3 s该过程皮带运动的距离为：x带v0t4.5 m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：Em2gx带解得：E6.75 J。(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：由平抛运动的规律有

19、：xvCt1，联立整理得：根据数学知识知当4R104R，即R1.25 m时，水平位移最大为xmax5 m。10、如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m31.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m10.5 kg的物块A从距长木板B左侧s09.5 m处以某一初速度向长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的vt图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为10.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为20.2，重力加速度g10 m/s2，求：(1)长木板B的质量m2；(2)物块A的初速度v0；(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q。解析：(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为根据牛顿第二定律可得联立解得(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有根据能量守恒可得联立即得v9 m/s，v13 m/s对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有解得。(3)对物块A反向后，当A停下后，即解得t3 s由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为由图乙可知解得Q16 J。