2024届高考物理一轮复习教案第七章专题强化十二动量和能量的综合问题（粤教版新教材）

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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 (2023·广东广州市模拟)如图所示，A、B两物体之间有一根被压缩的轻质弹簧，弹簧的一端固定在物体A上，另一端与B接触但不拴接，物体之间用一根轻质细线连接在一起，以v0＝3 m/s的速度向右运动，当两物体运动到O点时细线断开，弹簧在短时间内恢复原长后，A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动到C点时，进入半径为R＝0.2 m的光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，两物体均可视为质点，轻弹簧的长度不计，g取10 m/s2，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，求：
(1)细线断开前弹簧具有的弹性势能Ep；
(2)O、C两点间的距离s.
答案 (1)1 J (2)1.5 m
解析 (1)细线断开瞬间，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得
(mA＋mB)v0＝mvA＋mvB
由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)×(mA＋mB)v02＋Ep＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
两式联立并代入数据解得Ep＝1 J
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mBg＝mBeq \f(vD2,R)
在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得
－μmBgs－mBg·2R＝eq \f(1,2)mBvD2－eq \f(1,2)mBvB2
联立可解得s＝1.5 m.
例2 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－f′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例3 (2023·广东湛江市模拟)如图所示，在同一竖直平面内，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道AC与高h＝6R的粗糙圆弧轨道BD(小于四分之一弧长)由一条光滑水平轨道平滑连接．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压(均不连接)，处于静止状态．同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B.已知a球质量为m1＝2 kg，b球质量为m2＝1 kg，求：(g取10 m/s2)
(1)a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC；
(2)释放小球前弹簧的弹性势能Ep；
(3)b球从D点到B点克服摩擦力做的功．
答案 (1)120 N，方向竖直向下 (2)75 J (3)20 J
解析 (1)小球a恰好能通过半圆轨道最高点，由重力充当向心力，根据牛顿第二定律有
m1g＝m1eq \f(vA2,R)①
以C点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1vC2＝m1g·2R＋eq \f(1,2)m1vA2②
在C点对小球受力分析，则有轨道支持力FN与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1eq \f(vC2,R)③
由①②③解得FN＝120 N④
根据牛顿第三定律，则a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC等于120 N，方向竖直向下．
(2)设弹簧弹开后，小球b的初速度为vb，根据动量守恒定律有m1vC＋m2vb＝0⑤
根据机械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)m1vC2＋eq \f(1,2)m2vb2⑥
由⑤⑥解得Ep＝75 J⑦
(3)以小球b为研究对象，设摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有
0－eq \f(1,2)m2vb2＝－m2gh＋Wf⑧
由⑧解得Wf＝－20 J⑨
则b球从D点到B点克服摩擦力做的功为20 J.
例4 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
答案 (1)7.5 J (2)2 J (3)eq \f(3,8) m
解析 (1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有mBvB－mCvC＝0
由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
分离后，物块C做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块B，由动能定理得－μmBgL＝eq \f(1,2)mBvB12－eq \f(1,2)mBvB2
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
eq \f(1,2)mBvB12＝eq \f(1,2)mBvB22＋eq \f(1,2)mAvA2
且EkA＝eq \f(1,2)mAvA2
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmBg＝mBaB
对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA
解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
解得v＝eq \f(1,2) m/s，t＝eq \f(1,4) s
此过程中A向左运动距离
x1＝eq \f(vA＋v,2)t＝eq \f(2＋\f(1,2),2)×eq \f(1,4) m＝eq \f(5,16) m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq \f(1,2)(mB＋mA)v2
解得x2＝eq \f(1,16) m，
整个过程中A在桌面上滑行的距离为
x＝x1＋x2＝(eq \f(5,16)＋eq \f(1,16)) m＝eq \f(3,8) m.
课时精练
1．(多选)(2023·广东中山市检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动x0后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间Δt极短．重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物块与钢板碰撞后的速度大小为eq \f(\r(2gh),2)
B．在Δt时间内，钢板对物块的冲量大小为meq \f(\r(2gh),2)－mgΔt
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为mg(x0＋h)
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋eq \f(h,2))
答案 AD
解析 物块下落h，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12，物块与钢板碰撞，由动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝eq \f(\r(2gh),2)，故A正确；设向下为正方向，以物块为研究对象，则由动量定理得mgΔt－I＝mv2－mv1，解得钢板对物块的冲量大小为I＝mgΔt＋meq \f(\r(2gh),2)，故B错误；从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，故C错误；从碰撞到Q点，由能量关系可知eq \f(1,2)×2mv22＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg(2x0＋eq \f(h,2))，故D正确．
2．(2021·广东卷·13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
答案 (1)能 (2)0.2 s
解析 (1)由牛顿第二定律可得，
甲、乙滑动时均有f＝μmg＝ma
则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2
甲与乙碰前的速度v1，则2as1＝v02－v12
解得v1＝0.3 m/s
甲、乙碰撞时由动量守恒定律mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
s＝eq \f(v32,2a)＝eq \f(0.22,2×1) m＝0.02 m＝s2
可知乙恰好能滑到边框a；
(2)甲与乙碰前运动的时间
t1＝eq \f(v0－v1,a)＝eq \f(0.4－0.3,1) s＝0.1 s
碰后甲运动的时间t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(0.1,1) s＝0.1 s
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s.
3．(2023·广东茂名市第一次综合考试)如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝1 kg，mB＝0.6 kg，A静止在水平面上，与左侧固定挡板的距离为l.物块B向左运动，当B与A的距离为s时，B的速度为v0＝9 m/s，经过1 s与A相碰．A、B与地面的动摩擦因数分别为μA＝0.5，μB＝0.1 且A、B均可看作质点，所有碰撞时间极短且没有机械能损失，g取10 m/s2.求：
(1)物块B与A的距离s；
(2)当l取何值时，物块A和B会发生第二次碰撞．
答案 (1)8.5 m (2)l≤1 m
解析 (1)对物块B受力分析，由牛顿第二定律得μBmBg＝mBa
由运动学公式得s＝v0t－eq \f(1,2)at2
解得s＝8.5 m
(2)物块B与A碰前速度为vB＝v0－at＝8 m/s
物块B与A碰后满足
mBvB＝mAvA＋mBvB′
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB′2
解得vA＝6 m/s
vB′＝－2 m/s
对A受力分析得μAmAg＝mAa′
解得a′＝5 m/s2
此时可以等效看成A和B都做同方向的匀减速运动，开始相距距离为2l，则追上时满足
sA≥2l＋sB
且此时共速vA′＝vB′′
即6－5t＝2－t
6t－eq \f(1,2)a′t2≥2l＋2t－eq \f(1,2)at2
解得t＝1 s，l≤1 m.
4.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
答案 (1)2eq \r(\f(gl,3)) (2)eq \f(l,3) (3)eq \f(l,4)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mvC＝2mvAB
mgl＝eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)×2mvAB2
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为vC＝2eq \r(\f(gl,3)).
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得msC＝2msAB
sC＋sAB＝l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为sAB＝eq \f(l,3).
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv
由机械能守恒定律可得
eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)mvAB2＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
联立解得Δh＝eq \f(l,4).
5.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
竖直方向上有vy2＝2gh
根据几何关系可知vy＝vBcs θ
联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块到达C点时，由牛顿第二定律有FN－m1g＝eq \f(m1vC2,R)
解得vC＝6 m/s
质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
m1g(R＋Rsin θ)－W克f＝eq \f(1,2)m1vC2－eq \f(1,2)m1vB2
解得W克f＝10.5 J
(3)质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则v2＝vC＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2
根据公式vt＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
对质量为m2的物块有s1＝v2t－eq \f(1,2)a1t2
对木板有s2＝eq \f(1,2)a2t2
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝s1－s2
联立解得L＝3 m.