2020年物理高考大一轮复习 高考必考题突破讲座6 动量和能量观点的综合应用课件

第六章动量守恒定律及其应用高考总复习·物理高考必考题突破讲座(六)动量和能量观点的综合应用高考总复习·物理考情分析题型特点五年试题核心考点动量守恒问题，关键在于弄清题目描述的情景和过程，正确分析相互作用的物体在作用过程中的受力、运动及做功情况，从而将一个较为复杂的物理过程分割成几个简单熟悉的子过程进行求解2018·全国卷Ⅰ，242018·全国卷Ⅲ，252017·全国卷Ⅰ，142017·全国卷Ⅲ，202016·全国卷Ⅲ，35(2)(1)应用动量守恒定律分析多过程运动的问题(2)动量与能量的综合应用(3)动量与牛顿运动定律及能量的综合应用[解题思维]角度一应用动量守恒定律分析多过程问题(1)两个物体相互作用后分离，由于某种原因，其中一个或两个物体速度方向发生变化导致这两个物体再次发生作用，每一次发生作用时系统的动量都守恒，但是后一次作用与前一次作用时的动量并不相等．(2)导致动量发生变化的原因一般是物体与固定物体(挡板或墙)发生碰撞，碰撞后物体的速度变化规律会在题目中给出说明，要善于捕捉相关信息，并特别注意动量的矢量性．【例题1】如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能发生碰撞，应有12mv20μmgl，即μv202gl.设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得－μmgl＝12mv21－12mv20，设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝mv2＋34mv3，12mv21＝12mv22＋123m4v23，联立各式得v3＝87v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得μ34mgl≥123m4v23，解得μ≥32v20113gl，综上所述有32v20113gl≤μv202gl.答案32v20113gl≤μv202gl角度二动量与能量的综合应用利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．【例题2】(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝12mv20，①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt，②联立①②式得t＝1g2Em.③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1，④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E，⑤12mv1＋12mv2＝0，⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv21＝12mgh2，⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg.⑧答案(1)1g2Em(2)2Emg角度三动量与牛顿运动定律及能量的综合应用(1)问题情景：一般为多体运动问题(两体问题或三体问题)．(2)解答方法：①构建系统，在满足条件的情况下应用动量守恒定律列式．②在计算两物体相对运动产生的热量时，需要知道两物体之间的相对位移，要应用牛顿运动定律列式．③涉及动能变化，弹性势能变化以及内能等问题时，要根据能量守恒定律列式．【例题3】(2019·天津静海一中高三学业能力调研)如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在P点，水平面以P点为界，左侧光滑、右侧粗糙．物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0＝8m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A黏在一起，此后，A、C及B的速度－时间图象如图乙所示．已知A、B、C、D的质量均为m＝1kg，木板A的长度l＝5m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数；(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能；(3)最终物块B离长木板A左端的距离．解析(1)设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面的动摩擦因数为μ′，由图乙可知0～1s，A、C整体做匀减速运动的加速度aA1＝3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度aB1＝1m/s2，对A、C整体有－3μmg－μ′mg＝－2maA1，对B有μ′mg＝maB1，解得μ′＝0.1，μ＝0.2.(2)C与A碰撞过程中动量守恒mvC＝2mvA，其中vA＝4.5m/s,解得vC＝9m/s，弹簧弹开过程中，C、D系统动量守恒，由动量守恒定律2mv0＝mvC＋mvD，解得vD＝7m/s，弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有12×2mv20＋Ep＝12mv2C＋12mv2D，解得Ep＝1J.(3)由图乙可知：0～1s内B相对A向左运动的位移x1＝4.52×1m＝2.25m，A、B速度相等后，B的加速度aB2＝－μ′g＝－1m/s2，A、C整体的加速度aA2＝－3μmg＋μ′mg2m＝－2.5m/s2，因aA2aB2，所以A、C整体先停止运动，A、C整体的运动时间为t＝12.5s＝0.4s，在0.4s内B相对A向右运动的位移x2＝vt＋12aB2t2－12vt＝0.12m，A停止时B的速度v′＝v＋aB2t＝0.6m/s，然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度aB3＝－μ′g＝－1m/s2，B相对A向右运动的位移x3＝－v′22aB3＝0.18m，所以最终B离长木板A左端的距离x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05m.答案(1)μ′＝0.1μ＝0.2(2)1J(3)3.05m[突破训练]1．(2018·全国卷II)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．解析(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2B＝2aBsB，②联立①②式并利用题给数据得vB＝3.0m/s.③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA，④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2＝2aAsA，⑤设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB，⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s.答案(1)3.0m/s(2)4.25m/s2．(2019·天津武清区三中高三月考)如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1.0kg，上表面与C点等高．质量为m＝1.0kg的物块(可视为质点)从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向以2m/s进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)物块在A点时的平抛速度v0；(2)物块经过C点时对轨道的压力FN；(3)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.解析(1)设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物体做平抛运动vBsinθ＝v0得v0＝1.2m/s.(2)从B到C，根据动能定理有mgR(1＋sinθ)＝12mv20－12mv2B，在C点FC－mg＝mv20R，得FC＝46N，由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为FN＝46N，沿OC方向．(3)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．经过时间t达到共同运动速度为v，则mvC＝(M＋m)v，根据能量守恒定律有12(M＋m)v2＋Q＝12mv2C，得Q＝9J.答案(1)1.2m/s(2)46N(3)9J3．(2019·天津蓟州区一中高三开学考试)光滑水平面上，用轻弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两个物块都以v0＝6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长．质量为4kg的C静止在前方，如图所示，B与C发生碰撞后黏合在一起运动，在以后的运动中，问：(1)B与C碰撞过程中损失的机械能是多少？(2)B与C碰撞后，弹簧第一次恢复到原长时，A的速度是多少？解析(1)对于B、C碰撞过程，B、C的总动量守恒，选向右为正方向由动量守恒定律得mBv0＝(mB＋mC)v，代入数据解得v＝2m/s，则B与C碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝12mBv20－12(mB＋mC)v2＝24J.(2)设当弹簧恢复原长时A、B速度分别为v2、v3以向右为正方向由动量守恒定律得mAv0＋(mB＋mC)v＝mAv2＋(mB＋mC)v3，由机械能守恒定律得12mAv20＋12(mB＋mC)v2＝12mAv22＋12(mB＋mC)v23，联立解得vA＝0.答案(1)24J(2)04．(2019·桂林、贺州、崇左三市联合调研)如图甲所示，一质量为m＝1kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2kg的小物块B以初速度v0＝3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A在0～0.8s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t＝0.4s时刻B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；(3)从t＝0至A与墙第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量．解析(1)由题图乙，t1＝0.4s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度vA1＝0.8m/s，T＝0时刻木板的右端到墙的距离为L＝12vA1t1，解得L＝0.16m．A与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得Mv0＝MvB1＋mvA1，解得vB1＝2.6m/s.(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0～L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为vA1，B的加速度aB＝v0－vB1t1＝1m/s2，A的加速度大小aA＝vA1t1＝2m/s2.(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正，对B：v1＝v0－aBt，对A：v1＝aA(t－2nt1)，n＝1,2，3…，联立解得v1＝6－1.6n3.第一次到达共同速度v1应满足0≤v1≤vA1，联立解得2.25