新高考物理一轮专题复习与训练十二 动量和能量的综合问题（2份打包，原卷版+教师版）

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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 (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Ff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－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝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.
变式训练1 (2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态．一质量m0＝20 g的子弹以速度v0＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh
联立解得h＝1.2 m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m.
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 (m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s
即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm
联立解得Epm＝8.5 J.
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC部分总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例2 如图所示，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R＝0.8 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m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，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x＝6t－2t2(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．A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离sBP；
(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点以速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②
联立①②解得vD＝4 m/s③
设平抛用时为t，水平位移为x2，则有R＝eq \f(1,2)gt2④
x2＝vDt⑤
联立④⑤解得x2＝1.6 m⑥
由x＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2ax1⑦
解得x1＝2.5 m⑧
故BP之间的水平距离sBP＝x2＋x1＝4.1 m⑨
(2)假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
则有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
设在M点轨道对物块的压力大小为FN，
则FN＋mg＝meq \f(vM2,R)⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－eq \r(2))mg