2017高考物理考前知识专题动力学动量和能量观点的综合应用复习题.docx

考题一动量定理和能量观点的综合应用 1.动量定理公式：Ftpp 说明：(1)F为合外力 恒力，求p时，用pFt b.变力，求I时，用Ipmv2mv1 牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 当p一定时，Ft为确定值：Fpt t小F大如碰撞；t大F小缓冲 (2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的. p的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定与Ft一致. 2.力学规律的选用原则 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. 例1据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g取10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据. 重物(包括传感器)的质量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反弹高度h/cm 20 最大冲击力Fm/N 850 重物与地面接触时间t/s 0.1(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： 重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小； 在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析(1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：aFmmgm 解得a90 m/s2 重物在空中运动过程中，由动能定理mgh12mv2 重物与地面接触前瞬时的速度大小v12gH 重物离开地面瞬时的速度大小v22gh 重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向 由动量定理：(Fmg)tmv2m(v1) 解得F510 N，故Fmg6 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍. (2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ftmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小. 答案(1)90 m/s26倍(2)见解析 变式训练 1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为() A.m2ghtmg B.m2ghtmg C.mghtmg D.mghtmg 答案A 解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v2gh，在t时间内对人由动量定理得(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fm2ghtmg，A项正确. 2.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图1所示.物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2. 图1 (1)求物块与地面间的动摩擦因数； (2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J 解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中 应用动能定理mgs12mv212mv 20 代入数值解得0.32 (2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s 由动量定理得：Ftmvmv 解得F130 N 其中“”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 W012mv2 解得W9 J. 考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用 1.动量守恒定律 (1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反). (2)动量守恒条件： 理想守恒： 系统不受外力或所受外力合力为零. 近似守恒： 外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多. 单方向守恒： 合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒. 动量守恒定律应用要注意的三性 (1)矢量性： 在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解. (2)同时性： m1v1和m2v2作用前的同一时刻的动量 m1v1和m2v2作用后的同一时刻的动量 (3)同系性： 各个速度都必须相对于同一个惯性参考系. 定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速) 2.力学规律的选用原则 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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决. 例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5 m，物块A以v06 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1，A、B的质量均为m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短). 图2 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； (3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式. 解析(1)从AQ由动能定理得 mg2R12mv212mv 20 解得v4 m/sgR5 m/s 在Q点，由牛顿第二定律得Fmgmv2R 解得F22 N. (2)A撞B，由动量守恒得mv02mv 解得vv023 m/s 设摩擦距离为x，则2mgx0122mv2 解得x4.5 m 所以kxL45. (3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得 2mgnL122mv 2n122mv2 所以vn90.2n m/s(n45). 答案(1)4 m/s22 N(2)45 (3)vn90.2n m/s(nv20.1 m/s， 所以m2在m1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：Ffm1gm1a m1停止后离O点距离：sv122a 则m2平抛的时间：tsv2 平抛的高度：h12gt2 设m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有： R12h 由qv2Bm2v 22R，联立得：B0.25 T 答案(1)0.4 m/s，方向水平向左(2)1 T(3)0.25 T 变式训练 4.如图5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则： 图5 (1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)； (2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度； (3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围. 答案(1)2BLgrR，方向逆时针(2)3gr (3)3mgrQ4mgr 解析(1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律： mgr112mv 2D，vD4gr 导体棒P到达D1D2瞬间：EBLvD 回路中的电流IE2R2BLgrR 方向逆时针 (2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q： mgmv 2Qr2，vQgr 设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvDmvPmvQ 代入数据得，vP3gr (3)由(2)知，若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q112mv 2D12mv 2P12mv 2Q3mgr 若导体棒Q与P能达到共速v，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒： mvD(mm)v，v2gr 回路中产生的热量：Q212mv 2D12(mm)v24mgr 综上所述，回路中产生热量的范围是3mgrQ4mgr. 专题规范练 1.如图1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静止释放，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x6t2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，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： 图1 (1)BP间的水平距离xBP； (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点时其竖直速度为vy2gR 同时vyvDtan 45，解得vD4 m/s 设平抛用时为t，水平位移为x，则有R12gt2 xvDt 解得x1.6 m 物块B碰后以初速度v06 m/s，加速度大小 a4 m/s2减速到vD，则BD间的位移为 x1v 2Dv 202a2.5 m 故BP之间的水平距离xBPxx14.1 m (2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有12mv 2M12mv 2D22mgR 设轨道对物块的压力为FN，则FNmgmv2MR 解得FN(12)mg0m2g 解得m2m2m400.069 (3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小： a10g1.6 m/s2 此时两块长木板的加速度大小：a20m2m3m4g0.8 m/s2 令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则： 时间t内小滑块b的位移x1v2t12a1t2 两块长木板的位移x212a2t2 且x1x2L 解得：t11 s或t2103 s(舍去) b刚离开长木板c时b的速度v2v2a1t13.6 m/s b刚离开长木板c时d的速度v3a2t10.8 m/s d的长度至少为x： 由动量守恒可知：m2v2m4v3(m2m4)v 解得：v2 m/s 0m2gx12m2v2212m4v 2312(m2m4)v2 解得：x1.4 m 3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h3.2 m，一质量m1 kg的小球a从A点以速度v012 m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M4 kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b球从E点水平抛出，其水平射程s0.8 m.(g10 m/s2) 图3 (1)求碰后b球的速度大小； (2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R； (3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？ 答案(1)1 m/s(2)0.9 m0.7 m(3)不能 解析(1)b球离开E点后做平抛运动 h12gt2，svbt，解得vb1 m/s (2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有： mvam13vaMvb 解得va3 m/s 碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mgmv 2ar r0.9 m Rh2r20.7 m (3)小球从B到D，机械能守恒：12mv 2B12mv 2amgh 解得：12mv 2B36.5 J 从A到B过程，由动能定理得：Wf12mv 2B12mv 20 解得：Wf35.5 J 从D到B，机械能守恒：12m(va3)2mgh12mvB2 解得：12mvB232.5 J7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求： 图4 (1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A球在磁场中的运动时间； (3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离. 答案(1)k12kmv 20(2)3m2qB(3)2k232(k1)mv0qB 解析(1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0mv0kmvB E12mv 2012kmv 2Bk12kmv 20 (2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则 T2mqB 有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t23m2qB (3)由0mv0kmvB可得：vBv0k 由qv0Bmv 20R知，Rmv0qB 设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB 则tBxAv0t2Rv0，xBvBtB 由图可得：RxAxB 联立上述各式解得：xA2k232(k1)mv0qB.20 20