2023届新高考物理人教版一轮复习学案-第七章专题强化十三　动量和能量的综合问题.docx

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1、专题强化十三动量和能量的综合问题目标要求1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题1解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题用动量定理可简化问题的求解过程2力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题(3)若研究的对象为

2、一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决题型一动量与能量观点的综合应用例1(2020天津卷11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点当A回到最低点时，

3、质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？答案(1)m1(2)解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1gm1A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1vA2m1v22m1gl联立解得vA由动量定理，有Im1vAm1(2)设两球粘在一起时速度大小为v，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足vvA要

4、达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vBm1vA(m1m2)v联立解得vB又Ekm2vB2可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek.例2如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角37的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接质量分别为m12 kg和m23 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)炸药引爆后释放的化学能E30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，

5、sin 370.6，cos 370.8.求：(1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；(3)A沿斜面上滑的最大距离x.答案(1)18 J12 J(2)0.4 m(3)0.9 m解析(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1m2v20由能量守恒定律得：Em1v12m2v22；可得EAm1v12，EBm2v22；联立解得EA18 J，EB12 J(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EBm2gR可得R0.4 m(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：m

6、1gxsin 37m1gxcos 370EA解得x0.9 m.题型二力学三大观点的综合应用例3如图所示，一质量为M3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m2.0 kg的b球用长l2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v07 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力已知滑块与平板车间的动摩擦因数0.3

7、，g取10 m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；(3)c能上升的最大高度答案(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右(2)4 m/s(3)0.2 m解析(1)对滑块，由牛顿第二定律得：a1g3 m/s2，方向水平向左对平板车，由牛顿第二定律得：a2 m/s24 m/s2，方向水平向右(2)设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1则：v1v0a1t1v1a2t1解得：t11 s，v14 m/s.(3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统

8、运用动量守恒得，mv12mv2，解得v2 m/s2 m/s.根据机械能守恒得，2mv222mgh，解得h m0.2 m.例4如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角135后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位

9、)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道(重力加速度g取10 m/s2)求：(1)BP间的水平距离sBP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.答案(1)4.1 m(2)不能(3)1.8 m解析(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时vy22gR其中tan 45由解得vD4 m/s设平抛用时为t，水平位移为s2，则有Rgt2s2vDt由解得s21.6 m物块B碰后以初速度v06 m/s，加速度a4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2v022as1解得s12.5 m故BP之间的水平距离sBPs2s14.1 m(2)若物块B能沿

10、轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有mgRmvM2mvD2设在M点轨道对物块的压力为FN，则FNmgm由解得FN(1)mgxB，所以会发生第二次碰撞2.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90；现给A滑块一瞬时冲量，使其获得v02 m/s的初速度并沿铁槽运动，与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2；试求：(1)A、B第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Ep

11、m；(2)A滑块运动的总路程答案见解析解析(1)对A滑块，由动能定理可得：mgmv12mv02A、B碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：mv1(mm)v2又由能量守恒定律可得：mv12(mm)v22Epm解得：Epm1.8 J(2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1mv3mv4又由机械能守恒定律可得：mv12mv32mv42解得：v30，v46 m/sA、B的总路程为s1，由功能关系有：mgs10mv02A、B运动的总圈数为n，有：s12Rn得：n2.5对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈， 故A滑块的路程s21.252R5 m.3.光滑四分之一圆弧导

12、轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M2.0 kg，高h0.2 m，如图所示现从圆弧导轨顶端将一质量为m0.5 kg的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点滑块落地后0.2 s小车右端也到达B点已知AB相距L0.4 m，g取10 m/s2，求：(1)滑块离开小车时的速度大小；(2)圆弧导轨的半径；(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能答案(1) 2 m/s(2) 1.8 m(3) 7 J解析(1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：hgt12沿水平方向：Lv1t1解得：t10.2 s，v12 m/s(2)滑块滑出后小车做匀速

13、直线运动：v2 m/s1 m/s滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0mv1Mv2代入数据得：v06 m/s滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有：mgRmv02代入数据得：R1.8 m(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：EmgR(mv12Mv22)代入数据得：E7 J.4如图所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L3.2 mOM与半径R0.15 m的竖直半圆轨道MN平滑连接小物块A自O点以v014 m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止A、B均看

14、作质点已知A的质量mA1.0 kg，B的质量mB2.0 kg，A、B与轨道PM的动摩擦因数均为0.25，g取10 m/s2，求：(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能答案(1) 4 m/s5 m/s(2) 0.8 s(3) 1.5 J解析(1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，ag代入数据得：a2.5 m/s2由运动学知识，对A，v122aL得碰后速度v14 m/sA、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAv0mAv1mBv2得碰后B的速度v25 m/s(2)对B物块，P到M的运动过程，有：Lv2tat2结合(1)可解得：t13.2 s(不符合，舍去)t20.8 s即所求时间t0.8 s(3)B在M点的速度大小v3v2at代入数值解得：v33 m/sB恰好过N点，满足：mBgM到N过程，由功能关系可得EmBv32mBv422mBgR联立解得损失机械能：E1.5 J.