2015年高考物理专题四_动量和能量知识在力学问题中的综合应用_2.doc

专题四　动量和能量知识在力学问题中的综合应用
用动量和能量观点求解力学问题，是高中物理的核心内容，它以动量守恒、能量守恒和动能定理为核心构筑了经典物理的基本体系，是高中物理中涉及面较广、灵活性大、综合性强、内容丰富的部分，也是近年广东高考最热的考查内容之一，题型主要以综合性强的大题出现，相关试题可能通过弹簧模型、滑块类模型、碰撞模型、反冲等综合题形式出现，也有可能与带电粒子的运动及电磁感应定律综合在一起加以考查，这类题目难度较大，在广东高考中常以压轴大题呈现，如2011年广东理综第36题、2012年广东理综第36题。考生要想得高分，必须在这类题目上有所突破。
热点例析
题型一、功和功率　动能定理
1．功。
（1）恒力的功：W＝Fscos α。
（2）变力做功：
①用动能定理或功能关系求解；
②用图象法求解，其中在F－s图象中，曲线下的面积表示功的大小；
③当力的功率恒定时W＝Pt。
2．功率。
（1）平均功率：P＝
（2）瞬时功率：P＝Fvcos α
3．动能定理。
（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
（2）公式：∑W＝ΔEk 即W1＋W2＋W3＋…＝mv²－mv²
（3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功。动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。
【例1】如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（　　）
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
【例1】D　解析：剪断轻绳后，由于不计摩擦，A、B两个物块各自的机械能都守恒，即两物块的机械能变化量均为0，B错误；由mgh＝mv2得v＝，则A、B两物块下落到地面时的速度大小相同，所以A、B两物块的速率变化量相同，A错误；剪断轻绳前，A、B均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T，则有T＝mAg，T＝mBgsin θ，可得mA＝mBsin θ，剪断轻绳后，A、B下落高度相同，由ΔEp＝－mgh知A的重力势能的变化量小于B的重力势能的变化量，C错误；剪断轻绳后，A、B两物块着地所用的时间分别为tA＝、tB＝，则重力做功的平均功率分别为PA＝、PB＝，由mA＝mBsin θ，可知PA＝PB，D正确。

【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m＝2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若A点距离水平面的高度h＝5.0 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）包装盒由A滑到B所经历的时间；
（2）若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面和地面接触处的能量损耗）
【例2】答案：（1）2 s　（2）10 m
解析：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：
mgsin θ＝ma
a＝gsin θ＝5 m/s2
包装盒沿斜面由A到B的位移为sAB＝＝10 m
设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t
则sAB＝at2
解得：t＝＝2 s
（2）对整个过程由动能定理得：mgh－fs＝0，其中f＝μmg，
代入已知，得s＝10 m。
规律总结1．涉及时间一般不宜运用动能定理求解；
2．动能定理的优势是对整个过程应用，比用牛顿定律和运动学公式简便得多。
【拓展练习1】如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
【拓展练习1】A　解析：小球在运动过程中受到重力G、水平拉力F和细线的拉力T，根据动能定理可知，WG＋WF＋WT＝mv－mv＝0，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确。
题型二、碰撞问题
1．碰撞过程由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量一般按守恒处理。
2．弹性碰撞动量守恒、机械能守恒，质量相等时两物体碰后速度交换；两物体发生完全非弹性碰撞时，碰后具有共同速度，机械能的损耗最大。
3．一般的非弹性碰撞动量守恒，碰后总动能小于碰前的总动能。
【例3】（2011·广州一模，36）如图，绝缘水平地面上有宽L＝0.4 m的匀强电场区域，场强E＝6×105 N/C、方向水平向左。不带电的物块B静止在电场边缘的O点。带电荷量q＝＋5×105 C、质量mA＝1×10－2 kg的物块A在距O点s＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞过程A、B构成的系统没有动能损失。A的质量是B的K（K＞1）倍，A、B与地面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g＝10 m/s2。
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）讨论K在不同取值范围时电场力对A做的功。
【例3】答案：（1）4 m/s　（2）vA＝m/s，vB＝m/s　（3）见解析
解析：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理
－μmAgs－mAv2－mAv ①
得：v＝＝4 m/s ②
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
mAv＝mAvA＋mBvB ③
mAv2＝mAv＋mBv ④
联立③④并将mA＝kmB及v＝4 m/s代入得：
vA＝ m/s ⑤
vB＝ m/s ⑥
（3）讨论：
（ⅰ）如果A能从电场右边界离开，必须满足：
mAv＞μmAgL＋qEL ⑦
联立⑤⑦代入数据，得：k＞3 ⑧
电场力对A做功为：WE＝－qEL＝－6×105×5×10－3×0.4 J＝－1.2×10－2 J ⑨
（ⅱ）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：
mAv≤μmAgL＋qEL ⑩
联立⑤⑩代入数据，得：k≤3 ⑪
考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围为A不能从电场右边界离开 ⑫
又：qE＝3×10－2 N＞μmg＝2×10－2 N ⑬
所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0。即WE＝0 ⑭
规律总结弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，常见的情况是一动一静模型：
m1v0＝m1v1＋m2v2 ①
m1v＝m1v＋m2v ②
由二式化简得v0＝v2－v1 ③
（此式表明碰前与碰后两球的相对速度大小相等）
再由①和③联立解得：v1＝，v2＝（此结果要求记住）
【例4】如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：
（ⅰ）两球a、b的质量之比；
（ⅱ）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
【例4】答案：（ⅰ）－1　（ⅱ）1－
解析：（ⅰ）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2 ①
式中g是重力加速度的大小。
设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。由动量守恒定律得
m2v＝（m1＋m2）v′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
（m1＋m2）v′2＝（m1＋m2）gL（1－cos θ） ③
联立①②③式得
＝－1 ④
代入题给数据得
＝－1 ⑤
（ⅱ）两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－（m1＋m2）gL（1－cos θ） ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek（Ek＝m2v2）之比为
＝1－（1－cos θ） ⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－ ⑧

题型三、动量、能量的两种经典模型
（1）子弹打木块模型
子弹打木块类问题的特点：
①系统合外力可看为零，因此动量守恒；
②系统初动量不为零（一般为一静一动），末动量也不为零；
③两者发生的相对位移等于子弹入射深度（穿出木块时为木块宽度）；
④全过程损失的动能可用公式ΔEk＝fs相对表示。
（2）滑块模型：滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律和动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类：
①没有外力参与，滑块与木板组成的系统动量守恒，系统除遵从动量守恒定律外，还遵从能量守恒定律，摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即f·s滑＝ΔEk；
②系统受到外力，这时对滑块和木板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律和运动学公式求解。
【例5】如图所示，质量分别为M1＝0.99 kg和M2＝1 kg的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹一轻质弹簧，一粒质量为m＝10 g的子弹以v0＝100 m/s的速度打入木块M1中，求：
（1）当子弹在木块M1中相对静止的瞬间，木块M1速度的大小；
（2）弹簧被压缩到最短瞬间木块M2的速度；
（3）弹簧获得的最大弹性热能。
【例5】答案：（1）1 m/s　（2）0.5 m/s　（3）0.25 J
解析：（1）子弹打入木块M1的瞬间，内力远大于弹簧对M1的作用力，子弹和木块M1系统动量守恒：mv0＝（m＋M1）v1
v1＝＝ m/s＝1 m/s
（2）在弹簧被压缩到最短的过程中，子弹和两个木块组成的系统在水平方向上没有受到其他外力作用，三物及弹簧系统动量守恒，则：（M1＋m）v1＝（M2＋M1＋m）v2
代入数据解得v2＝0.5 m/s
（3）弹簧被压缩到最短时弹簧有最大的弹性势能，子弹进入木块并相对木块静止后将弹簧压缩到最短过程中机械能守恒（整个过程机械能并不守恒，子弹射入木块过程中有机械能的损失）。
设弹簧最大弹性势能为Ep
Ep＝（M1＋m）v－（M1＋M2＋m）v
代入数据解得Ep＝0.25 J
【例6】地面和半圆轨道面均光滑。质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离s＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m＝2 kg的滑块（可视为质点），以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。
（1）小车与墙壁碰撞前，小滑块会不会从小车上掉下来？
（2）讨论半圆轨道的半径R在什么范围内，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道？
【例6】答案：（1）不会　（2）R≤0.24 m或R≥0.6 m
解析：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有：
mv0＝（m＋M）v1
代入数据解得：v1＝4 m/s
设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒定律，有：
μmgL1＝mv－（m＋M）v
代入数据解得：L1＝3 m
设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理，有：
μmgs1＝Mv－0
代入数据解得：s1＝2 m
因L1＜L，s1＜s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，小滑块不会从小车上掉下来。
（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1＝4 m/s，位移为L2＝L－L1＝1 m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P。
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为：
mg＝m ①
根据动能定理，有：
－μmgL2－mg·2R＝mv2－mv ②
①②联立并代入数据解得：R＝0.24 m
若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。
根据动能定理，有：
－μmgL2－mg·R＝0－mv
代入数据解得：R＝0.6 m
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：
R≤0.24 m或R≥0.6 m
规律总结：守恒定律的优点是只管初、末状态，不管过程细节，所以对相互作用的问题优先考虑应用动量守恒和能量守恒求解；另外讨论问题时注意考虑全面，不要漏掉可能出现的某种情况。
【拓展练习3】（2012·广州一模，36）如图，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μ；细线长为L、能承受的最大拉力为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）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。
【拓展练习3】答案：（1）　2　（2）x≥　（3）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
在最低点，由牛顿运动定律：
T－mg＝ ②
又：T＝5mg ③
联立①②③得：v0＝　v1＝2
（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒
mv1＝mvB＋2mvA ④
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2mvA|≥|mvB| ⑤
对A应用动能定理：μmgx＝×2mv ⑥
联立④⑤⑥解得：x≥， ⑦
即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥
（3）设x＝x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒mv1＝（m＋2m）vAB ⑧
对A应用动能定理：μmgx0＝×2mv ⑨
联立⑧⑨得：x0＝ ⑩
（ⅰ）当x≥x0即x≥时，AB共速后A与挡板碰撞。
由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1＝vAB＝＝ ⑪
（ⅱ）当x0＞x＞即＞x≥时，AB共速前A就与台阶碰撞，
对A应用动能定理：μmgx＝×2mv ⑫
A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2＝ ⑬
误区档案
1．动量守恒与机械能守恒的条件不同
系统动量守恒的条件是合外力为零，分析受力时只分析外力，不分析内力，而系统机械能守恒条件是只有重力和弹簧弹力做功，分析受力时，既分析外力，又分析内力，若内力中除重力、弹簧弹力之外的其他力做功，机械能也不守恒。动量守恒，机械能不一定守恒，反之亦然。
2．动量守恒定律表达式中的速度指的是对地速度
动量守恒定律必须相对于同一惯性参考系，表达式中的速度指的是对地速度，如果题目给出的速度不是对地速度要转换为对地速度。
3．除非弹性碰撞，一般地碰撞都有动能损失，完全非弹性碰撞，能量损失最大
碰撞瞬间一般有能量损失，而这个能量损失是隐蔽的，不易觉察，易在此犯错误。
4．摩擦力与相对路程的乘积，等于系统机械能损失，并不等于某物体机械能的损失
【易错题】质量为M的木块停放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0打进木块，子弹打进木块没有出来，子弹与木块的作用力为f，求子弹打进深度d。
易错分析：有的同学这样列式：由动量守恒得：mv0＝（m＋M）v（1）；由能量守恒得：fd＝mv－mv2（2）
式（1）是正确的，式（2）错误，应修改为fd＝mv－（m＋M）v2，
结合（1）可得d＝
答案：
5．动量守恒与选取的系统有关
在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，因此，在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的。
6．某一方向上动量守恒并不等于整个系统动量守恒
某一方向系统受的外力的合力为零，这一方向动量守恒，但系统受到的合力不一定为零，总的动量不一定守恒。
创新训练
1.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点（图中未画出）开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则（　　）
A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d到c滑块克服重力做功8 J
C．滑块动能的最大值为8 J
D．从d到c弹簧的弹力做功8 J
1．A　解析：由a点开始运动，又恰能回到a点，说明系统机械能守恒，滑块不受摩擦力。在c点由受力平衡条件得mgsin 30°＝kx，其中x＝bc＝0.1，解得k＝50 N/m，A项正确。在d点，弹性势能Epd最大，则Ekd＝0。由a→d，由动能定理得WG－WF＝0，得WG＝WF＝8 J，故d→c，重力做功的绝对值|WG′|＜8 J，B项不对。由系统机械能守恒知在c点Ek＜8 J，C项错误。从d→b，弹簧弹性势能全部转化为滑块的机械能，即弹力做功8 J，故D项错误。
2．（2012·天津理综，10）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；
（2）A、B两球的质量之比mA∶mB。
2．答案：（1）　（2）1∶3
解析：（1）小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得
mAgh＝mAv
解得vA＝
（2）设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得
mAvA＝（mA＋mB）v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有
h＝gt2
在水平方向上有
＝vt
联立上述各式得mA∶mB＝1∶3
3．如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4。工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。（取g＝10 m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
3．答案：（1）0.2 m　（2）8.5 N　0.4 m
解析：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
mgh－μ1mgL＝0 ①
代入数据得
h＝0.2 m ②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cos θ＝ ③
根据牛顿第二定律，对物块有
mgtan θ＝ma ④
对工件和物块整体有
F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝8.5 N ⑥
②设物块平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式得
h＝gt2 ⑦
x1＝vt ⑧
x2＝x1－Rsin θ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得
x2＝0.4 m ⑩

4．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m。现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m。物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。
4．答案：（1）12.4 N　（2）2.4 m　（3）4.8 J
解析：（1）物体从E到C，由机械能守恒得：mg（h＋R）＝mv ①
在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m ②
联立①②解得FN＝12.4 N
（2）从E～D～C～B～A过程，由动能定理得
WG－Wf＝0 ③
WG＝mg[（h＋Rcos 37°）－LABsin 37°] ④
Wf＝μmgcos 37°LAB ⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4 m
（3）因为，mgsin 37°＞μmgcos 37°（或μ＜tan 37°）
所以，物体不会停在斜面上。物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量
Q＝ΔEp ⑥
ΔEp＝mg（h＋Rcos 37°） ⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J

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