（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點與能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

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1、 第1講　動量觀點與能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用 知識必備 1.常見的功能關(guān)系 (1)合力做功與動能的關(guān)系：W合＝ΔEk。 (2)重力做功與重力勢能的關(guān)系：WG＝－ΔEp。 (3)彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：W彈＝－ΔEp。 (4)除重力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他＝ΔE機(jī)。 (5)滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：Ff x相對＝ΔE內(nèi)。 2.機(jī)械能守恒定律 (1)條件：只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。 (2)表達(dá)式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。 3.動能定理 (1)內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。 (2)表達(dá)式：W＝mv－mv 4.動量定理及動量守恒定律 (1)

2、動量定理：Ft＝mv2－mv1 (2)動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (3) 備考策略 1.復(fù)習(xí)時應(yīng)理清運(yùn)動中功與能的轉(zhuǎn)化與量度的關(guān)系，結(jié)合受力分析、運(yùn)動過程分析，熟練地應(yīng)用動量定理和動能定理解決問題。 2.深刻理解功能關(guān)系，綜合應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方程解決多運(yùn)動過程的問題。 3.必須領(lǐng)會的“1種物理思想和3種方法” (1)守恒的思想。 (2)守恒法、轉(zhuǎn)化法、轉(zhuǎn)移法。 4.必須辨明的“3個易錯易混點” (1)動量和動能是兩個和速度有關(guān)的不同概念。 (2)系統(tǒng)的動量和機(jī)械能不一定同時守恒。 (3)不是所有的碰撞都滿足機(jī)械

3、能守恒。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　力學(xué)中的幾個功能關(guān)系的應(yīng)用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，16)如圖1，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　) 圖1 A.mgl B

4、.mgl C.mgl D.mgl 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項A正確，B、C、 D錯誤。 答案　A 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，24)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

5、(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得 Ek0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh＝2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)

6、械能為 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W＝ 9.7×108 J⑦ 答案　(1)(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點高考命題既有選擇題也有計算題，集中在物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒及物體間的做功特點、力與運(yùn)動的關(guān)系，并結(jié)合平拋、圓周運(yùn)動等典型運(yùn)動及生活科技為背景綜合考查。 (2)熟悉掌握并靈活應(yīng)用機(jī)械能的守恒條件、力學(xué)中的功能關(guān)系、常見典型運(yùn)動形式的特點及規(guī)律是突破該考點的關(guān)鍵。

7、 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)注意判斷物體運(yùn)動過程中的臨界狀態(tài)和隱含條件。 (2)注意物理方法的靈活選用。如全國卷Ⅲ第16題的等效法(重心)。 (3)注意提高計算能力。如全國卷Ⅰ第24題，試題情境難度不大，但增加了計算的難度。 預(yù)測1 功、功率的理解與計算 預(yù)測2 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 預(yù)測3 功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化守恒定律的綜合應(yīng)用 1.(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖2甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A.物體與水平面

8、間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B.10 s末恒力F的瞬時功率為6 W C.10 s末物體在計時起點左側(cè)4 m處 D.0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析　由圖線可知0～4 s內(nèi)的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得F＋μmg＝ma1；由圖線可知4～1 0 s內(nèi)的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得F－μmg＝ma2；解得F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4 s內(nèi)的位移x1＝× 4×8 m＝16 m，4～10 s內(nèi)的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物

9、體在計時起點左側(cè)2 m 處，選項C錯誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為P＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。 答案　D 2.(多選)如圖3，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在O點，O與管口P的距離為2x0，現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點，壓縮量為x0，釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運(yùn)動到P點時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能 C.鋼珠彈射所到達(dá)的最高點距管口P的距離為7x0 D.彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為7mgx0

10、 解析　彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言，只受重力作用，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；彈簧恢復(fù)原長時，鋼珠的動能和勢能都增加，選項B錯誤；鋼珠運(yùn)動到P點時，鋼珠的動能增加到4mgx0，且豎直方向上鋼珠位置升高了3x0，即重力勢能增加量ΔEp＝3mgx0，故彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正確；鋼珠到達(dá)管口P點時動能為4mgx0，當(dāng)鋼珠達(dá)到最大高度時，動能為0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則上升的最高點與管口的距離h滿足mgh＝4mgx0，故上升的最高點與管口的距離h＝4x0，C錯誤。 答案　AD 3.(名師改編)如圖4所示，質(zhì)量mB＝3.5 kg的物體B通

11、過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m。輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質(zhì)量mA＝1.6 kg 的小球A連接。已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角θ＝37°。初始時使小球A靜止不動，與A相連的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N。已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長?，F(xiàn)將小球A從靜止釋放。 圖4 (1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量； (2)若直線CO1與桿垂直，求小球A從靜止運(yùn)動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功； (3)求小球

12、A運(yùn)動到直桿底端D點時的速度大小。 解析　(1)釋放小球A前，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設(shè)彈簧形變量為x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m。 (2)對A球從E點運(yùn)動到C的過程應(yīng)用動能定理得 W＋mAgh＝mAv－0① 其中h＝xC O1cos 37°，而xC O1＝xE O1sin 37°＝0.3 m 物體B下降的高度h′＝xE O1－xC O1＝0.2 m② 由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③ 由題意知，小球A在C點時運(yùn)動方向

13、與繩垂直，此時B物體速度vB＝0④ 由①②③④得W＝7 J。 (3)由題意知，桿長L＝0.8 m，由幾何知識可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1 當(dāng)A到達(dá)D點時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進(jìn)行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關(guān)系得 vB′＝vA′cos 37°⑤ 整個過程機(jī)械能守恒，可得 mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥ 由⑤⑥得vA′＝2 m/s。 答案　(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s 歸納總結(jié) 解決功能關(guān)系問題應(yīng)注意的三個問題 (1

14、)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。 (2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方便計算變力做功的多少。 (3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。 　動量定理和動能定理的應(yīng)用 【真題示例1】 (多選)(2017·全國卷Ⅲ，20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則(　　) 圖5 A.t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B.t＝2 s時物塊的動量大小

15、為4 kg·m/s C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時物塊的速度為零 解析　由動量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s時物塊的速率為v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤。 答案　AB 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，24)為提

16、高冰球運(yùn)動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

17、0＝mv－mv① 解得μ＝② (2)法1　冰球到達(dá)擋板時，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運(yùn)動學(xué)公式得v－v＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立②③⑤式得 a2＝⑥ 法2　對冰球由動量定理得－μmgt＝mv1－mv0③ s1＝a2t2④ 由②③④式得a2＝ 答案　(1)　(2) 真題感悟 1.高考考查特點 (1)動能定理是高考的必考熱點，運(yùn)用動量定理解決生活中的物理問題也已成為高考的熱點。 (2)一般以生活中的物理問題(如2017年全國卷Ⅱ第

18、24以冰球運(yùn)動)為背景考查對動能定理的理解及應(yīng)用。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合外力的沖量決定的，物體動能變化規(guī)律是由合外力的功決定的。 (2)不清楚動能定理表達(dá)式是標(biāo)量式，動量定理表達(dá)式是矢量式。 預(yù)測1 動能定理的應(yīng)用 預(yù)測2 動量定理的應(yīng)用 預(yù)測3 動能定理、動量定理的綜合應(yīng)用 1.(多選)一物體靜止在粗糙水平面上，某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運(yùn)動，已知在第1 s內(nèi)合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個運(yùn)動過程的v－t圖象如圖7所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A.物體

19、的質(zhì)量為5 kg B.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 C.第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功為60 J D.第1 s內(nèi)拉力對物體做的功為60 J 解析　由動能定理有W合＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A錯誤；撤去拉力后物體的位移x2＝×3×3 m＝4.5 m，由動能定理可得：－fx2＝0－mv2，可解得：f＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正確；第1 s內(nèi)物體的位移x1＝1.5 m，第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功W＝－fx1＝－15 J，故C錯誤；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40 N，所以第1 s內(nèi)拉力對物體做的功W′＝Fx1＝60 J，故D

20、正確。 答案　BD 2.(多選)(2017·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖8所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零。高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　) 圖8 A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρvπD2 B.高壓水槍的功率為ρπD2v3 C.水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2 D.手對高壓水槍的作用力水平向右 解析　設(shè)Δt時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝π

21、D2vΔt，單位時間噴出水的質(zhì)量為＝ρvπD2，選項A錯誤；Δt時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項B正確；考慮一個極短時間Δt′，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動量定理得FΔt′＝mv，Δt′時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，選項C正確；當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍

22、的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤。 答案　BC 3.如圖9所示，輕繩長為l，豎直懸掛質(zhì)量為M的擺球，在最低點A經(jīng)兩次打擊后到達(dá)圓周最高點C，若第一次平均打擊力為10 N，擺球恰升到水平位置OB處，則第二次平均打擊力至少應(yīng)該為多大，才能使擺球上升到最高點？(設(shè)兩次打擊時間相等且極短) 圖9 解析　設(shè)第一次被打擊后，球的速度為vA1， 由動能定理得：－mgl＝0－mv，即vA1＝。 則第二次被打擊后，球的速度為vA2，則 －mg·2l＝mv－mv① mg＝② 聯(lián)立①②得vA2＝。 由動量定理FΔt＝mΔv得 ＝，F(xiàn)2＝5 N 答案　5 N 歸納總結(jié) 1.應(yīng)用動能定

23、理解題應(yīng)抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關(guān)注” (1)一個過程：明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。 (2)兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況。 (3)四個關(guān)注： ①建立運(yùn)動模型，判斷物體做了哪些運(yùn)動。 ②分析各個運(yùn)動過程中物體的受力和運(yùn)動情況。 ③抓住運(yùn)動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。 ④根據(jù)實際情況分階段或整體利用動能定理列式計算。 2.使用動量定理的注意事項 (1)動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。 (2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，

24、運(yùn)用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 　動量觀點和能量觀點的綜合應(yīng)用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅰ，14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析　設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2。由題意可知，燃?xì)獾膭恿縫2＝m2v2＝50×10－

25、3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根據(jù)動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 【真題示例2】 (2017·天津理綜，10)如圖10所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10 m/s2，空氣阻力不計。求：

26、 圖10 (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時的運(yùn)動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的高度H。 解析　(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6 s② (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB， 有vB＝gt③ 細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后A做勻減速運(yùn)動，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝2 m/s⑤ (3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B

27、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6 m⑦ 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 真題感悟 1.高考考查特點 (1)動量守恒定律的應(yīng)用是高考熱點，碰撞模型、反沖運(yùn)動是動量守恒定律的基礎(chǔ)與核心模型。 (2)熟悉掌握并靈活應(yīng)用動量守恒的條件，掌握常見的碰撞模型及規(guī)律是突破該考點的關(guān)鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對動量守恒條件理解不準(zhǔn)確。 (2)注意物理模型的構(gòu)建。如天津卷第10題，繩子繃直瞬間，兩物塊獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞。 預(yù)測1 動量守恒定律的應(yīng)用 預(yù)測2 與動量

28、守恒定律相關(guān)的臨界問題 預(yù)測3 動量觀點和能量觀點的綜合應(yīng)用 1.(2017·云南玉溪一中模擬)在一水平支架上放置一個質(zhì)量m1＝0.98 kg的小球A，一顆質(zhì)量為m0＝20 g的子彈以v0＝300 m/s的水平速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中，已知沙車的質(zhì)量m2＝2 kg，沙車的速度v1＝2 m/s，水平面光滑，不計小球與支架間的摩擦。 圖11 (1)若子彈打入小球A的過程用時Δt＝0.01 s，求子彈與小球間的平均作用力大小； (2)求最終沙車B的速度。 解析　(1)子彈打入小球的過程，子彈和小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則 m0v0＝(m0

29、＋m1)v 對小球由動量定理得FΔt＝m1v－0 解得F＝588 N。 (2)之后小球平拋，系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，則 (m0＋m1)v－m2v1＝(m0＋m1＋m2)v2 解得v2＝ m/s，方向水平向右。 答案　(1)588 N　(2) m/s，方向水平向右 2.(2017·西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為mA＝2 kg、mB＝3 kg的A、B兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質(zhì)量為mC＝5 kg的物體C，從半徑R＝3.2 m的光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，如圖12所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運(yùn)動。

30、求： 圖12 (1)B、C碰撞剛結(jié)束時的瞬時速度的大?。? (2)在以后的運(yùn)動過程中，彈簧的最大彈性勢能。 解析　(1)對C下滑過程中，根據(jù)動能定理得 mCgR＝mCv 設(shè)B、C碰撞后的瞬間速度為v1，以C的速度方向為正方向，由動量守恒定律得 mCv0＝(mB＋mC)v1 代入數(shù)據(jù)得v1＝5 m/s。 (2)由題意可知，當(dāng)A、B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時三者的速度大小為v2，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得 (mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，則對B、C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得

31、 (mB＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 代入數(shù)據(jù)得Ep＝20 J。 答案　(1)5 m/s　(2)20 J 3.(2017·肇慶高中畢業(yè)班一模)如圖13所示，質(zhì)量M＝1.5 kg 的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q

32、與小車表面間動摩擦因數(shù)μ＝0.1。(取g＝10 m/s2)求： 圖13 (1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？ (2)Q剛在小車上滑行時的初速度v0是多少？ (3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？ 解析　(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有 Ep＝WF① 當(dāng)彈簧完全推開物塊P時，有 Ep＝mPv2② 由①②式聯(lián)立解得v＝4 m/s。 (2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v′，由動量守恒和能量守恒得 mPv＝mPv′＋mQv0③ mPv2＝mPv′2＋mQv④ 由③④式解得v0＝v＝4 m/s，v′＝0。 (3)設(shè)滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u， 由動量守恒可得mQv0＝(mQ＋M)u⑤ 根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱 μmQgL＝mQv－(mQ＋M)u2⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得L＝6 m。 答案　(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)6 m 歸納總結(jié) 規(guī)律優(yōu)先原則 (1)對于單個物體，涉及位移的應(yīng)優(yōu)先選用動能定理，涉及運(yùn)動時間的優(yōu)先選用動量定理。 (2)若是多個物體組成的系統(tǒng)，則優(yōu)先考慮機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律與動量守恒定律。 (3)若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體間的相對路程并涉及滑動摩擦力做功要優(yōu)先考慮能量守恒定律。 - 15 -