高中物理高三二輪專題復(fù)習(xí)：動(dòng)量守恒定律應(yīng)用(二)綜合計(jì)算課件

1、動(dòng)量守恒應(yīng)用專題（二） 動(dòng)量守恒應(yīng)用專題（二） 動(dòng)量和能量是高考中的必考知識(shí)點(diǎn)，考查題型多樣，考查角度多變，大部分試題經(jīng)常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)、原子物理等知識(shí)點(diǎn)相互聯(lián)系綜合出題。這類題的物理情境新穎，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的分析綜合能力、推理能力和利用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求較高，常常需要將動(dòng)量知識(shí)和機(jī)械能知識(shí)結(jié)合起來考慮。 動(dòng)量和能量是高考中的必考知識(shí)點(diǎn)，考查題型多樣，考查角解析解決此類題關(guān)鍵要做好“五選擇”（1）當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而且又涉及時(shí)間時(shí)，一般選擇用動(dòng)力學(xué)方法解題。（2）當(dāng)涉及細(xì)節(jié)并要求分析力時(shí)，一般選擇牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)某一時(shí)刻

2、的問題進(jìn)行求解。（3）當(dāng)涉及多個(gè)物體及時(shí)間時(shí)，一般考慮動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律。（4）當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。（5）復(fù)雜問題一般需綜合應(yīng)用能量的觀點(diǎn)、運(yùn)動(dòng)與力的觀點(diǎn)解題。解析解決此類題關(guān)鍵要做好“五選擇”勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 速度公式： 位移公式： 位移速度公式： 平均速度公式：=V中間時(shí)刻F合=ma牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 位移公式：1、(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停

3、止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型(碰撞類)（利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題）1、(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員試題分析：兩車碰撞過程動(dòng)量守恒，碰后兩車受到摩擦力的作用（恒力）做勻減速運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求得碰后的速度，然后在計(jì)算碰前A

4、車的速度.解：(1)設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有 mBgmBaB （是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)） 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型(碰撞類)（利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題）試題分析：兩車碰撞過程動(dòng)量守恒，碰后兩車受到摩擦力的作用（恒聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAvAmA

5、vAmBvB題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型(碰撞類)設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA22aAsA（利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題）聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。(2)末狀態(tài)動(dòng)能初狀態(tài)動(dòng)能合外力做的總功（所有外力做功之和）動(dòng)能變化合力所做的功等于物體動(dòng)能的變化機(jī)械能守恒定律機(jī)械能的總量保持不變只有重力或彈力對(duì)物體做功動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律末狀態(tài)動(dòng)能初狀態(tài)動(dòng)能合外力做的總功（所有外力做功之和）動(dòng)能變2.(2014北京卷)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)現(xiàn)將

6、A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：(1) 碰撞前瞬間A的速率v；(2) 碰撞后瞬間A和B整體的速率v；(3) A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離L.題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞類）（利用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題）2.(2014北京卷)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌試題分析：（1）A到B的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出碰撞前A的速度。（2）A、B碰撞的過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒

7、定律求出碰撞后整體的速率。（3）對(duì)AB整體運(yùn)用動(dòng)能定理，求出AB整體在桌面上滑動(dòng)的距離。題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞類）（利用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題）試題分析：題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞類）(3)根據(jù)動(dòng)能定理有 (2m)v2(2m)gL解得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離 L= 0.25 m解： 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m.(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mgR mv2解得碰撞前瞬間A的速率有v =2m/s(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律 有 mv2mv解得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v v1 m/s.題型一：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞類）

8、（利用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題）(3)根據(jù)動(dòng)能定理有 (2m)v2(2m)gL解： 3、（2019全國1）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求物塊B

9、的質(zhì)量；（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。3、（2019全國1）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道解析解：（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為vA、vB，彈性碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，即：mv1=mvA+mBvB mv12= mvA2+ mBvB2聯(lián)立方程解得： 根據(jù)v-t圖象可知， 解得：mB=3m解析解：（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為vA（2）設(shè)

10、斜面的傾角為,根據(jù)牛頓第二定律得當(dāng)物塊A沿斜面下滑時(shí)： 由v-t圖象知：當(dāng)物塊A沿斜面上滑時(shí)： 由v-t圖象知：解得：又因下滑位移則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：其中h為P點(diǎn)離水平面得高度，即解得故在圖（b）描述的整個(gè)過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：（2）設(shè)斜面的傾角為,根據(jù)牛頓第二定律得當(dāng)物塊A沿斜面下滑（3）設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為s，設(shè)原來的摩擦系數(shù)為 則以A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有：設(shè)改變后的摩擦因數(shù)為 ，然后將A從P點(diǎn)釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時(shí)，速度減為零，以A為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律得：又據(jù)（2）的結(jié)論可知：，得：聯(lián)立解得

11、，改變前與改變后的摩擦因素之比為：（3）設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為s，設(shè)原來的摩擦系數(shù)題型二：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞、彈簧類）4(2019全國卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l1.0 m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.20。重力加速度取g10 m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(1)求彈簧釋放

12、后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？題型二：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞、彈簧類）4解析解析解析解析解析解析解析解析解析解析解析題型三：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型 （碰撞、子彈木塊、板塊類）5、（2017天津卷）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h(yuǎn)=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的

13、速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2?？諝庾枇Σ挥?jì)。求：（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始時(shí)B離地面的高度H。解析題型三：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型 （碰撞、子彈木分析 （1）根據(jù)自由落體規(guī)律計(jì)算運(yùn)動(dòng)時(shí)間； 知識(shí)回顧： （2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律計(jì)算A的最大速度； （3）根據(jù)機(jī)械能守恒計(jì)算B離地面的高度Hv=gt分析 （1）根據(jù)自由落體規(guī)律計(jì)算運(yùn)動(dòng)時(shí)間；v=gt解:（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：解得：t=0.6s（2）設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互

14、作用，總動(dòng)量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：v=2m/s之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s解:（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：解得：t（3）細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：解得，初始時(shí)B離地面的高度 H=0.6m（3）細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明6、（2018天津)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，

15、則木塊最終速度的大小是_m/s，若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5103 N,則子彈射入木塊的深度為_解：子彈打木塊的過程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v，將已知條件代入解得v=20 m/s;由功能關(guān)系可知， Q=fd= mv20 （M+m）v2，解得d=0.2 m.6、（2018天津)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平題型四：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞、反沖類）7、（2019全國1）最近，我國為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3

16、 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8106 N，則它在1 s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為( )A. 1.6102 kg B. 1.6103 kg C. 1.6105 kg D. 1.6106 kg解:設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在ts時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量定理，F(xiàn)t=mv，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量 故本題選B。題型四：動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型（碰撞、反沖類）7、答案8、(2018全國卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣

17、阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系；機(jī)械能守恒及其條件；勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式應(yīng)用；豎直上拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能與重力勢(shì)能答案8、(2018全國卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E解:(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E mv20設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0v0gt 聯(lián)立式得t=1/g (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有 Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2，規(guī)定

18、豎直向上為正方向由題給條件和動(dòng)量守恒定律有聯(lián)立式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為hh1h22E/mg解:(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E 題型五、動(dòng)量守恒定律與能量的綜合應(yīng)用模型三（碰撞、軌道類）9、（2016年全國2）如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰塊均靜止于冰面上某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g=10m/s2 （）求斜面體的質(zhì)量；（）通