2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题17动量与能量含解析20191018380.pdf

《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题17动量与能量含解析20191018380.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题17动量与能量含解析20191018380.pdf（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、第 1 页 共 25 页 1 专题 17 动量与能量专题 17 动量与能量 【专题导航】【专题导航】 目录 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型.1 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型.3 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型.7 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象.10 【题型演练】.13 【题型归纳】【题型归纳】 热点题型一热点题型一 应用动量能量观点解决应用动量能量观点解决“子弹打木块子弹打木块”模型模型 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的 木块，并

2、留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块， 并留在木块中不再射出， 子弹m 0 vM 钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。d 要点诠释：要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒系统动量守恒：vmMmv 0 第 2 页 共 25 页 2 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的f 位移大小分别为、，如图所示，显然有

3、1 s 2 sdss 21 对子弹用动能定理对子弹用动能定理： 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvsf 对木块用动能定理：对木块用动能定理： 2 2 2 1 Mvsf 相减得： 2 0 22 0 22 1 2 1 v mM Mm vmMmvdf 对子弹用动量定理：对子弹用动量定理： 0 -mvmvtf 对木块用动量定理：对木块用动量定理：Mvtf 【例 1】(2019江苏苏北三市模拟江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木 块的 vt 图象如图所示已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了 50 J，则此过程产生的内能可

4、能是( ) A10 J B50 J C70 J D120 J 【答案】D. 【解析】 设子弹的初速度为 v0， 射入木块后子弹与木块共同的速度为 v， 木块的质量为 M， 子弹的质量为 m， 根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得 v.木块获得的动能为 Ek Mv2 mv0 mM 1 2 Mm2v 2（Mm）2 Mmv 2（Mm） .系统产生的内能为 Q mv (Mm)v2， 可得 QEk50 J， 当 Q70 J 时， 可得 M m Mm 1 2 2 0 1 2 Mmv 2（Mm） Mm m m25，因已知木块质量大于子弹质量，选项 A、B、C 错误；当 Q120 J 时，可得 Mm75

5、，木块 质量大于子弹质量，选项 D 正确 【变式 1】(2019山东六校联考山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面 第 3 页 共 25 页 3 上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射入 B 中深度的两倍两种射入过程相 比较( ) A射入滑块 A 的子弹速度变化大 B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍 D两个过程中系统产生的热量相同 【答案】BD 【解析】 在子弹打入滑块的过程中， 子弹与滑块组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律可知， mv0(Mm)v， 两种情

6、况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同， 且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确 ； 由动能定理可知，两种射入过程 中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确 【变式 2】如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木 板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4。质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2。子弹射入后，求：

7、(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度 v1。 (2)木板向右滑行的最大速度 v2。 (3)物块在木板上滑行的时间 t。 【答案】 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s 【解析】 (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0 m)v1， 第 4 页 共 25 页 4 解得 v16 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2， 解得 v22 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： (m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1， 解得 t1 s。 热点题型二热

8、点题型二 应用动量能量观点解决应用动量能量观点解决“弹簧碰撞弹簧碰撞”模型模型 两个物体在极短时间极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大 于外力，所以可以认为系统的动量守恒。 由于作用时间极短，一般都满足内力远大 于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。 仔细分析一下碰撞的全过程 ： 设光滑水平面上， 质量为的物体 A 以速度向质量为的静止物体 B 1 m 1 v 2 m 运动，B 的左端连有轻弹簧。在位置 A、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到 位置 A、B 速度刚好相等（设为 v

9、） ，弹簧被压缩到最短；再往后 A、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到 位置弹簧刚好为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为。全过程系统动量一定是守恒的；而机 21 vv 和 械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 （1）弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能 最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由 动量守恒和能量守恒可以证明 A、B 的最终速度分别为：。 （这个 1 21 1 21 21 21 1 2 ,v mm m vv mm mm v 结论最好背下来，以后经常要用到。 ） 第 5 页 共 25 页 5

10、 （2）弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状 态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化 为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能） 。这种碰撞叫非弹性碰撞。 （3）弹簧完全没有弹性。系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有 弹性势能；由于没有弹性，A、B 不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰 撞。可以证明，A、B 最终的共同速度为。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失 1 21 1 21 v mm m vv 最大，为： 。 21 2 1212 21 2 11

11、22 1 2 1 mm vmm vmmvmEk 【例 2】(2019衡水中学模拟衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传 送带理想连接，传送带长度 L4.0 m，传送带以恒定速率 v3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送三个质量均 为 m1.0 kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上，开始时滑块 B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧， 处于静止状态 滑块 A 以初速度 v02.0 m/s 沿 B、 C 连线方向向 B 运动， A 与 B 发生弹性碰撞后黏合在一起， 碰撞时间极短，可认为 A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的速度仍为零因碰撞使

12、连接 B、C 的细绳受到扰动而突 然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离滑块 C 脱离弹簧后以速度 vC2.0 m/s 滑上传送带，并从右端 滑出落至地面上的 P 点已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能 Ep； (3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块 C 总能落至 P 点，则滑块 A 与滑块 B 碰撞前速度的最 大值 vm是多少？ 【答案】见解析 第 6 页 共 25 页 6 【解析】(1)滑块 C 滑上传送带后做匀加速运动，设

13、滑块 C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的 时间为 t，加速度大小为 a，在时间 t 内滑块 C 的位移为 x 由牛顿第二定律得 mgma 由运动学公式得 vvCat，xvCt at2 1 2 代入数据可得 x1.25 m0 1 v 当时，即小球脱离小车时速度向左，则小球从小车上脱离后向左做平抛运动Mm 42 19 kg； 【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球， 球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。 （1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律

14、得： 2 023 m vmmv 由动能定理得： 22 22 023 11 22 m ghm vmmv 解得： 2 3 0 23 2 m v h mmg (2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得： 2 01 1 0m vmv 球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得： 2 0223 3 m vm vm v 由机械能守恒定律得： 222 2 0223 3 111 222 m vm vm v 解得： 32 20 32 mm vv mm ； 如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v2v1 解得： 3 42 19 mkg

15、【点睛】：本题主要考查了动量守恒和定能定理的综合应用，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量 守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。 第 17 页 共 25 页 17 【题型演练】【题型演练】 1.如图所示，在光滑的水平面上，质量为 m1的小球 A 以速率 v0向右运动在小球 A 的前方 O 点处有一质量 为 m2的小球 B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁小球 A 与小球 B 发生弹性正碰后小球 A 与小球 B 均向右运动小球 B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球 A 在 P 点相遇，PQ2PO，则两小球质量之比 m1m2为( ) A75 B13 C21 D53 【答案】D 【解析】 设

16、 A、 B 两个小球碰撞后的速度分别为 v1、 v2， 由动量守恒定律有 m1v0m1v1m2v2， 发生弹性碰撞， 不损失动能，故根据能量守恒定律有 m1v m1v m2v ，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由 1 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2 2 运动学规律有 v1v2PO(PO2PQ)15，联立三式可得 m1m253，D 正确 2(2019河南焦作质检)质量分别为 ma1 kg 和 mb2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后 两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于( ) A弹性碰撞 B非弹性碰撞 C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法判断 【答案】A 【解析

17、】由 x -t 图象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的总动能 第 18 页 共 25 页 18 为 mav mbv J，碰撞后的总动能为 mava2 mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为 mava 1 2 2 a 1 2 2 b 9 2 1 2 1 2 9 2 mavb3 kgm/s，撞后的总动量为 mavambvb3 kgm/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确 3(2019湖南师大附中模拟)质量为 m，速度为 v 的 A 球跟质量为 3m 的静止的 B 球发生正碰碰撞可能是 弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后 B

18、球的速度可能值为( ) A0.6v B0.4v C0.2v D0.3v 【答案】BD 【解析】若 vB0.6v，选 v 的方向为正，由动量守恒得：mvmvA3m0.6v，得 vA0.8v，碰撞前系统的 总动能为 Ek mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek mv 3mv mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能， 1 2 1 2 2 A 1 2 2 B 1 2 故 A 错误；若 vB0.4v，由动量守恒得：mvmvA3m0.4v，得 vA0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek mv 3mv mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确 ； A、B发生完全非弹性碰撞，则有 ： mv(m3m)vB，vB0

19、.25v， 1 2 2 A 1 2 2 B 1 2 这时 B 获得的速度最小，所以 vB0.2v，是不可能的， 故 C 错误；若 vB0.3v，由动量 守恒得 ： mvmvA 3m0.3v，解得 ： vA0.1v，碰撞后系统的总动能为 Ek mv 3mv mv2，不违反能量守恒定律，是可能 1 2 2 A 1 2 2 B 1 2 的，故 D 正确 4如图所示，一质量 M3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m1.0 kg 的 小木块 A.给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终 没有滑离木板

20、 B.在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( ) A1.8 m/s B2.4 m/s C2.6 m/s D3.0 m/s 【答案】BC 【解析】A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止， 设 A 减速到零时，木板的速度为 v1，最终它们的共同速度为 v2，取水平向右为正方向，则 MvmvMv1，Mv1(Mm)v2， 第 19 页 共 25 页 19 可得 v1 m/s， v22 m/s， 所以在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小应大于 2.0 m/s 而小于 m/s， 8 3 8 3 故选项 B、C 正确 5.(2019山东

21、威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为 3m 和 m，以相同的速率 v 在光滑水平面 上相向运动，发生碰撞已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( ) A碰撞前总动量大小为 2mv B碰撞过程动量不守恒 C碰撞后乙的速度大小为 2v D碰撞属于非弹性碰撞 【答案】选 AC 【解析】.取向右为正方向，碰撞前总动量为 3mvmv2mv，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平 方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为 v，由动量守恒定律得 3mvmv0mv， 解得 v2v，C 正确；碰撞前总动能为 3mv2 mv22mv2，碰撞后总动能为 0 m(2v)22mv2，碰撞前后 1

22、 2 1 2 1 2 无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误 6.(2019陕西榆林质检)如图所示，质量为 m22 kg 和 m33 kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有 压缩着的轻弹簧(与 m2、m3不拴接)质量为 m11 kg 的物体以速度 v09 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释 放 弹簧将 m3物体发射出去，m3与 m1碰撞后粘合在一起试求： (1)m3的速度至少为多大，才能使以后 m3和 m2不发生碰撞； (2)为保证 m3和 m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大 【答案】(1)1 m/s (2)3.75 J 第 20 页 共 25 页 20 【解析】(1)设 m3

23、发射出去的速度为 v1，m2的速度为 v2，以向右的方向为正方向，对 m2、m3，由动量守恒 定律得：m2v2m3v10. 只要 m1和 m3碰后速度不大于 v2，则 m3和 m2就不会再发生碰撞，m3和 m2恰好不相撞时，两者速度相等 对 m1、m3，由动量守恒定律得： m1v0m3v1(m1m3)v2 解得：v11 m/s 即弹簧将 m3发射出去的速度至少为 1 m/s. (2)对 m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得： Ep m3v m2v 3.75 J. 1 2 2 1 1 2 2 2 7(2019辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为 m 的

24、 物块 B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定质量为 3m 的物块 A 从圆弧轨道上距离水平面高 h 处由静止释放，与 B 碰撞后推着 B 一起运动但与 B 不粘连求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)A 与 B 第一次分离后，物块 A 沿圆弧面上升的最大高度 【答案】(1) mgh (2)h 9 4 9 16 【解析】(1)A 下滑与 B 碰撞前，根据机械能守恒得 第 21 页 共 25 页 21 3mgh 3mv 1 2 2 1 A 与 B 碰撞，根据动量守恒得 3mv14mv2 弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得 Epmax 4mv mgh 1 2

25、 2 2 9 4 (2)根据题意，A 与 B 分离时 A 的速度大小为 v2，A 与 B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械 能守恒得 3mgh 3mv 1 2 2 2 解得 hh 9 16 8.如图所示，木板 A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距 x。与滑块 B (可视为质点)相连的细线一 端固定在 O 点。 水平拉直细线并给 B 一个竖直向下的初速度， 当 B 到达最低点时， 细线恰好被拉断， B 从 A 右端的上表面水平滑入。 A与台阶碰撞无机械能损失， 不计空气阻力。 已知A的质量为2m, B的质量为m。 A、 B 之间动摩擦因数为 ；细线长为 L、能承受的最大拉力为

26、 B 重力的 5 倍；A 足够长，B 不会从 A 表面滑出， 重力加速度为 g。 (1)求 B 的初速度大小 v0和细线被拉断瞬间 B 的速度大小 v1； (2)若 A 与台阶只发生一次碰撞，求 x 满足的条件； (3)x 在满足(2)条件下，讨论 A 与台阶碰撞前瞬间的速度。 【答案】 见解析 【解析】 (1)滑块 B 从释放到最低点，机械能守恒，有： mv mgL mv 1 2 2 0 1 2 2 1 第 22 页 共 25 页 22 在最低点，由牛顿运动定律： Tmg mv2 1 L 又：T5mg 联立得：v0，v12。2gLgL (2)设 A 与台阶碰撞前瞬间，A、B 的速度分别为 v

27、A和 vB，由动量守恒 mv1mvB2mvA 若 A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足： |2mvA|mvB| 对 A 应用动能定理：mgx 2mv 1 2 2 A 联立解得：x L 4 即 A 与台阶只能碰撞一次的条件是： x。 L 4 (3)设 xx0时，A 左端到与台阶碰撞前瞬间，A、B 恰好达到共同速度 vAB，由动量守恒 mv1(m2m)vAB 对 A 应用动能定理： mgx0 2mv 1 2 2AB 联立得 x0。 4L 9 ()当 xx0，即 x时，A、B 共速后 A 与台阶碰撞。 4L 9 由可得 A 与台阶碰撞前瞬间的速度： vA1vAB 。 v1 3 2 gL 3 第 23

28、 页 共 25 页 23 ()当 x0x即x时，A、B 共速前 A 就与台阶碰撞，对 A 应用动能定理：mgx 2mv L 4 4L 9 L 4 1 2 2A2 A 与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2。gx 9.如图， 质量为 1 kg 的小车 A 上用长的轻绳悬挂着质量为 2 kg 的小球 B， 两者一起以 4 m/s 的速度沿光滑水 平面向右匀速运动，某一时刻，小车 A 与静止在水平面上的质量为 1 kg 的小车 C 发生正碰并粘连在一起。 重力加速度取 10 m/s2。求： (1)小球 B 能摆起的最大高度 H； (2)小车 C 的最大速度的大小 。 C v 【答案】 、 mH1 . 0sm

29、vC/4 【解析】 (1)A 与 C 的碰撞动量守恒得 10 )(vmmvm CAA smv/2 1 设 A、B、C 同速时速度为，由水平方向动量守恒 2 v 得 201 )()(vmmmvmvmm CBABCA smv/3 2 由能量守恒得 2 2 2 0 2 1 )( 2 1 2 1 )( 2 1 vmmmvmvmmgHm BCABBAB 解得mH1 . 0 (2)当 B 摆回最低点时，C 的速度最大，由水平方向动量守恒 (vmvmmvmvmm BCCABCA )()( 01 第 24 页 共 25 页 24 碰后系统机械能守恒 222 0 2 1 2 1 )( 2 1 2 1 )( 2

30、1 vmvmmvmvmm BCCABBA 解得。smvC/4 10.(2019宁夏银川一中模拟)如图所示，有一质量为 M2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质 量均为 m1 kg 的小物块 A 和 B(均可视为质点)，由车上 P 处开始，A 以初速度 v12 m/s 向左运动，B 同时 以 v24 m/s 向右运动最终 A、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车两物块与小车间的动摩擦因数 均为 0.1，g 取 10 m/s2.求： (1)求小车总长 L； (2)物块 B 在小车上滑动的过程中产生的热量 QB； (3)从物块 A、B 开始运动计时，经 6 s 小车离原位置的距离 x.

31、 【答案】(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m 【解析】(1)设最后达到共同速度 v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒 ： mv2mv1(2mM)v mgL mv12 mv22 (2mM)v2 1 2 1 2 1 2 解得：v0.5 m/s，L9.5 m. (2)设物块 A 离小车左端的距离为 x1，从 A 开始运动至左端历时 t1，在 A 运动至左端前，小车是静止的 mgmaA v1aAt1 x1 aAt12 1 2 第 25 页 共 25 页 25 联立可得 t12 s，x12 m 所以物块 B 离小车右端的距离 x2Lx17.5 m， 所以 QBmgx27.5 J. (3)设从开始到达到共同速度历时 t2，则 vv2aBt2 mgmaB 联立可得：t23.5 s 小车在 t1前静止，在 t1至 t2之间以加速度 a 向右加速：mg(Mm)a 此时小车向右运动的位移 x3 a(t2t1)2 1 2 接下去三个物体组成的系统以 v 共同匀速运动了 x4v(6 st2) 联立以上式子，解得小车在 6 s 内向右运动的总距离 xx3x41.625 m.