高中物理二輪復習-第2課時-力學中的動量和能量問題

第2課時力學中的動量和能量問題考向一動量定理的應用1.[2021·山東卷，16(1)]海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m＝0.1kg的鳥蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。圖1若鳥蛤與地面的碰撞時間Δt＝0.005s，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F。(碰撞過程中不計重力)答案500N解析設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v，豎直方向分速度大小為vy，根據(jù)運動的合成與分解得H＝eq\f(1,2)gt2①vy＝gt②v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))③在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得－FΔt＝0－mv④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得F＝500N考向二動量守恒定律的應用2.[2019·江蘇卷，12(1)]質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()A.eq\f(m,M)v B.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)v D.eq\f(M,m＋M)v答案B解析由題意知：小孩和滑板動量守恒，則Mv＋mv′＝0得v′＝eq\f(－Mv,m)，即滑板的速度大小為eq\f(Mv,m)，方向與小孩運動方向相反，故B項正確。3.(2020·江蘇卷，14)一只質(zhì)量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小v。答案28m/s解析由動量守恒定律得mv－Mv′＝0解得v＝eq\f(Mv′,m)，代入數(shù)據(jù)得v＝28m/s?？枷蛉齽恿W和動量觀點的應用4.(2021·河北卷，13)如圖2，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：圖2(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)設背包的質(zhì)量為m，滑雪者的質(zhì)量為M。對背包，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得背包的加速度a1＝2m/s2設背包由A點運動到B點的時間為t，由勻變速直線運動的規(guī)律得eq\f(1,2)a1t2＝v0(t－1s)＋eq\f(1,2)a2(t－1s)2解得t＝3s則滑道AB段的長度xAB＝eq\f(1,2)a1t2＝9m。(2)背包到達B點的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到達B點的速度v2＝v0＋a2(t－1s)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程中水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v解得滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度v＝7.44m/s。1.動量、動量定理(1)動量p＝mv—eq\a\vs4\al(動量變化量Δp＝m（v2－v1）)eq\a\vs4\al(與動能關(guān)系Ek＝\f(p2,2m))(2)沖量I＝Ft(3)動量定理①表達式：FΔt＝Δp②牛頓第二定律的第二種形式F＝eq\f(Δp,Δt)③注意F為合外力；應用動量定理列方程時必須選取正方向。2.動量守恒定律(1)條件eq\a\vs4\al(近似守恒：外力遠小于內(nèi)力)eq\a\vs4\al(理想守恒：F合＝0)單方向守恒：某方向合外力為0(2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)三類碰撞的特點非彈性碰撞動量守恒，機械能有損失彈性碰撞動量守恒，機械能守恒完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最多高考題型1動量定理的應用【例1】(2021·安徽宿州市第三次模擬)用噴壺噴灑藥水殺菌，某次噴灑過程中，在0.1s內(nèi)噴出2mL的藥水，藥水噴出速度為12m/s。已知藥水的密度為1.0×103kg/m3，則藥水對噴壺的平均作用力為()A.0.12N B.0.24NC.0.48N D.0.60N答案B解析根據(jù)題意可知Δp＝ρV·Δv，根據(jù)動量定理Δp＝FΔt，解得F＝0.24N?！就卣褂柧?】(2021·江蘇揚州市調(diào)研)《民法典》明確提出“禁止從建筑物中拋擲物品”，如果一瓶500mL的礦泉水從教學樓4樓窗戶墜下，與地面的撞擊時間約為7×10－3s，未反彈，則礦泉水對地面的沖擊力約為()A.10N B.102NC.103N D.104N答案C解析一瓶礦泉水的質(zhì)量約為m＝0.5kg，4樓窗戶離地高度約為h＝3×3m＝9m，礦泉水做自由落體運動，落地速度為v＝eq\r(2gh)＝6eq\r(5)m/s，未反彈，則末速度為零，對礦泉水撞地的過程，取向下為正，由動量定理mg·Δt－F·Δt＝0－mv，由牛頓第三定律可知地面對礦泉水的支持力等于礦泉水對地面的沖擊力F′＝F，聯(lián)立可得F′＝963N，故選C。高考題型2動量守恒定律的應用【例2】(2021·江蘇常州市調(diào)研考試)如圖3所示，質(zhì)量為M＝4kg的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側(cè)為光滑圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直。一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，被壓縮彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時大滑塊的速度為1m/s，g取10m/s2。求：圖3(1)小物塊被彈簧彈出時的速度大小；(2)小物塊滑出大滑塊后能達到的最大高度h1；(3)小物塊回到水平面的速度大小及再次滑上大滑塊后能達到的最大高度h2。答案(1)5m/s(2)1m(3)3m/s0.04m解析(1)設小物塊離開彈簧后的速度為v1，小物塊滑上大滑塊的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒mv1＝(m＋M)v2，解得v1＝5m/s。(2)小物塊第一次躍升到最高點時水平速度等于v2，系統(tǒng)機械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋mgh1，解得h1＝1m。(3)小物塊能下落到大滑塊并從大滑塊上滑到水平面，系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒mv1＝－mv1′＋Mv2′，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2，解得v1′＝3m/s，v2′＝2m/s，小物塊彈回后，系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒mv1′＋Mv2′＝(m＋M)veq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh2解得h2＝0.04m?！就卣褂柧?】(2021·江蘇省新高考適應性考試)帶電粒子碰撞實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的v－t圖象如圖4所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則()圖4A.A粒子質(zhì)量小于B粒子B.兩粒子在t1時刻的電勢能最大C.A在t2時刻的加速度最大D.B在0～t3時間內(nèi)動能一直減小答案B解析兩粒子碰撞過程動量守恒，則由圖可知，在t＝0時刻p0＝mBv0，在t2時刻p2＝mAvA，則mBv0＝mAvA，因v0>vA，則mB<mA，選項A錯誤；兩粒子在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，則系統(tǒng)的電勢能最大，選項B正確；兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，即A在t1時刻的加速度最大，選項C錯誤；B在0～t3時間內(nèi)速度先減小后反向增加，則動能先減小后增加，選項D錯誤。高考題型3動量和能量觀點的應用【例3】(2021·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市5月第二次調(diào)研)如圖5所示，一質(zhì)量M＝0.3kg，足夠長“T”形支架，豎直立在水平地面上，有一質(zhì)量m＝0.2kg的物塊套在支架直桿上，物塊與支架上端之間夾有一勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，開始時彈簧壓緊并被物塊和支架頂端間的細線鎖定，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(27,8)J?，F(xiàn)解除鎖定，彈簧瞬間恢復形變。已知物塊與直桿間滑動摩擦力大小恒為Ff＝1.5N，不計空氣阻力。求：圖5(1)彈簧恢復形變的瞬間，支架獲得的速度大小；(2)支架能上升的最大高度；(3)從解除鎖定到支架落回地面的過程中系統(tǒng)因摩擦損失的機械能。答案(1)3m/s(2)0.3m(3)3J解析(1)解除鎖定，系統(tǒng)動量守恒，設支架獲得速度vM，物塊獲得速度vm，MvM＝mvmEp＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，代入數(shù)據(jù)解得vM＝3m/s，vm＝4.5m/s。(2)對支架受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg＋Ff＝MaM，解得aM＝15m/s2，再由veq\o\al(2,M)＝2aMhmax代入數(shù)據(jù)得hmax＝0.3m。(3)解除鎖定到支架落回地面，物塊受力不變，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝mam，解得am＝2.5m/s2，設支架上升到最高點所用時間t＝eq\f(vM,aM)＝eq\f(1,5)s，支架上升階段，物塊與支架間的相對位移s相對1＝vmt＋eq\f(1,2)amt2＋hmax＝1.25m，支架下降階段，物塊與支架間的相對位移s相對2＝(vm＋amt)t＋eq\f(1,2)amt2－h(huán)max＝0.75m，所以，從解除鎖定到支架落回地面過程因摩擦而損失的能量ΔE＝Ff(s相對1＋s相對2)＝3J?！就卣褂柧?】(2021·江蘇七市第二次調(diào)研)如圖6甲所示，一輕質(zhì)短彈簧被夾在質(zhì)量均為m＝0.10kg的兩小木塊A、B之間，彈簧長度被鎖定，將此裝置放在水平支撐面上。若解除鎖定，木塊B能上升的最大高度h＝2.5m。取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。圖6(1)求彈簧解鎖前的彈性勢能Ep；(2)若撤去A的支撐面同時解除鎖定，此時B的加速度大小為a1＝8.0m/s2，求此時A的加速度大小a2；(3)圖乙為同一豎直平面內(nèi)兩四分之一光滑圓弧MP和QN與光滑水平面PQ組成的軌道，M、N與圓心O1、O2等高，圓弧MP和QN半徑均為R＝1.8m。若將圖甲中裝置由軌道M端靜止釋放，第一次滑至水平面時，解除鎖定，求木塊A到達N點后還能上升的最大高度H。答案(1)2.5J(2)28.0m/s2(3)4.25m解析(1)由機械能守恒定律有Ep＝mgh，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝2.5J(2)對B有F－mg＝ma1，對A有F＋mg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝28.0m/s2(3)設木塊AB滑至水平面時的速度為v0，則2mgR＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，設解除鎖定后，兩木塊A、B離開水平面PQ前的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有2mv0＝mvA＋mvB由機械能守恒定律有2mgR＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，同理有mg(R＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得H＝4.25m。(限時40分鐘)1.(2021·江蘇蘇州市震川中學第一次統(tǒng)測)如圖1所示，兩個完全相同的小球A、B，在同一高度處以相同大小的初速度v0分別水平拋出和豎直向上拋出，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖1A.兩小球落地時的速度相同B.兩小球落地時，重力的瞬時功率相同C.從開始運動至落地，兩小球機械能的變化相同D.從開始運動至落地，兩小球動量的變化相同答案C解析兩個小球在運動的過程中都是只有重力做功，機械能守恒，從開始運動至落地，兩小球機械能的變化相同，所以根據(jù)機械能守恒可以知兩物體落地時速度大小相等，但是由于速度是矢量，速度方向不同，所以速度不同，故A錯誤，C正確；到達底端時兩物體的速率相同，重力也相同，但A物體重力與速度有夾角，B物體重力與速度方向相同，所以落地前的瞬間B物體重力的瞬時功率大于A物體重力的瞬時功率，故B錯誤；根據(jù)動量定理，小球動量的改變量Δp＝mgt，對A、B小球運動時間不同，動量的變化不同，故D錯誤。2.(2021·江蘇泰州市期末調(diào)研)高空拋物現(xiàn)象被稱為“懸在城市上空的痛”2018年某地一名3個月大的女嬰被高空掉下的一個蘋果砸中頭部造成十級傷殘，如圖2關(guān)于高空拋物的一幅漫畫就來源于這個不幸事件。若蘋果質(zhì)量為200g，從離地面20m高的樓層上靜止釋放，落在堅硬的水泥地面上，不計空氣阻力，蘋果落地與地面的作用時間為0.01s，g取10m/s2，則()圖2A.蘋果落地時速度大小為1m/sB.蘋果落地對地面的平均作用力為402NC.蘋果下落的過程中重力做功的平均功率為40WD.蘋果落地對地面的作用力大于地面對蘋果的作用力答案B解析蘋果落地時速度大小為v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×20)m/s＝20m/s，選項A錯誤；取向上為正方向，根據(jù)動量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得蘋果落地對地面的平均作用力為F＝eq\f(mv,t)＋mg＝402N，選項B正確；蘋果下落的時間t′＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，重力做功的平均功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(mgh,t′)＝eq\f(0.2×10×20,2)W＝20W，選項C錯誤；蘋果落地時地面對蘋果的作用力與蘋果對地面的作用力是作用與反作用力，則蘋果對地面的作用力等于地面對蘋果的作用力，選項D錯誤。3.(2021·江蘇如皋市一中校測)在如圖3所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中()圖3A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能不守恒D.動量不守恒，機械能守恒答案C解析系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中，由于墻壁對彈簧有力的作用，所以系統(tǒng)所受的外力之和不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。在整個過程中，由于子彈射入木塊的過程中有內(nèi)能產(chǎn)生，所以系統(tǒng)機械能不守恒。4.(2021·江蘇省名校聯(lián)盟下學期開學考)如圖4所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一個光滑弧形槽靜止放在足夠長的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，讓一個物塊從槽上高h處由靜止開始下滑。下列說法正確的是()圖4A.物塊沿槽下滑的過程中，物塊的機械能守恒B.物塊沿槽下滑的過程中，物塊與槽組成的系統(tǒng)動量守恒C.從物塊壓縮彈簧到被彈開的過程中，彈簧對物塊的沖量等于零D.物塊第一次被反彈后一定不能再次回到槽上高h處答案D解析物塊沿槽下滑過程中，物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，故A、B錯誤；從物塊壓縮彈簧到被彈開的過程中，物塊受到的沖量等于物塊動量的變化量，物體的動量變化量不為零，故物體受到的沖量不為零，C錯誤；物塊反彈后追上弧形槽，上升到最高點時，物塊和弧形槽具有相同的速度，全過程系統(tǒng)機械能守恒，故物塊不能回到槽上高h處，D正確。5.(2021·江蘇省高考模擬)質(zhì)量為m的籃球以水平速度大小v撞擊豎直籃板后，以水平速度大小v′被彈回，已知v′<v，籃球與籃板撞擊時間極短。下列說法正確的是()A.撞擊時籃球受到的沖量大小為m(v′－v)B.撞擊時籃板受到的沖量為零C.撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒D.撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)機械能守恒答案C解析撞擊時籃球受到的沖量等于其動量的變化量，即I＝mv′－m(－v)＝m(v′＋v)，選項A錯誤；碰撞時，籃球與籃板相互作用，相互作用力等大反向，作用時間相等，則籃板受到的沖量大小不為零，選項B錯誤；撞擊時間極短，重力的沖量忽略不計，撞擊前后籃板均保持靜止，籃球速度反向，所以籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒，選項C正確；由于v′<v，系統(tǒng)機械能有損失，選項D錯誤。6.(2021·四川攀枝花市第二次統(tǒng)考)如圖5所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥(質(zhì)量不計)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.1m、0.4m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同，則P、Q的質(zhì)量之比m1∶m2為()圖5A.4∶1 B.1∶4C.2∶1 D.1∶2答案C解析爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則0＝－m1v1＋m2v2，爆炸之后分別對兩滑塊應用動能定理可知：滑塊P，－μm1gx1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，滑塊Q，－μm2gx2＝0－eq\f(1,2)mv2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得m1∶m2＝2∶1，故A、B、D錯誤，C正確。7.(2021·江蘇省第二次適應性模擬)兩個質(zhì)量相同的小圓環(huán)A、B用細線相連，A穿在光滑的水平直桿上。A、B從如圖6所示的位置由靜止開始運動。在B擺到最低點的過程中()圖6A.B的機械能守恒B.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.B重力的功率一直減小D.B擺到最低點時，A的速度最大答案D解析在整個運動過程中，只有重力對A、B組成的系統(tǒng)做功，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，從B開始運動到最低點過程，A做加速運動，A的動能增加而重力勢能不變，A的機械能增大，B的機械能減少，故A錯誤；在B從開始運動到擺到最低點過程，A、B組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；B開始時速度v為零，重力的功率P＝mgvcosα＝0，到最低點時，重力方向與速度方向間的夾角α＝90°，瞬時功率P′＝mgvcosα＝0，則從開始運動到最低點過程，重力的功率從先0增大然后減小到0，故C錯誤；B從開始下擺到最低點過程，A向右做加速運動，B到達最低點后繼續(xù)向左擺的過程，A向右做減速運動，因此B到達最低點時A的速度最大，故D正確。8.(2021·江蘇南通市調(diào)研)一個質(zhì)量為m的蹦床運動員，從離水平網(wǎng)面h高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面2h高處，已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為Δt，重力加速度為g，取向上為正方向，空氣阻力忽略不計。求：(1)運動員著網(wǎng)時的速度大小v；(2)整個過程中，運動員所受彈力的沖量I；(3)全過程中，人增加的機械能是多少？這些能量由誰提供？答案(1)eq\r(2gh)(2)mgΔt＋(2＋eq\r(2))meq\r(gh)(3)mgh運動員自身解析(1)運動員觸網(wǎng)前做自由落體運動，由v2＝2gh可求得運動員著網(wǎng)速度為v＝eq\r(2gh)(2)運動員離開網(wǎng)后做豎直上拋運動，由v′2＝2g·2h可知運動員離開網(wǎng)的速度v′＝2eq\r(gh)運動員從著網(wǎng)到反彈過程，取向上的方向為正，由動量定理可知I－mgΔt＝mv′－m(－v)代入可得I＝mgΔt＋m(v′＋v)＝mgΔt＋(2＋eq\r(2))meq\r(gh)(3)接觸網(wǎng)前后，機械能變化ΔE＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝mgh，這些能量是由運動員自身提供的。9.(2021·江蘇南京一中階段性檢測)如圖7所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C，與長木板B接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以eq\f(1,2)v0滑離B，恰好能到達C的最高點。A、B、C的質(zhì)量均為m，設重力加速度為g，試求：圖7(1)滑塊A向左剛滑離B時，木板B的速度大小；(2)木板B上表面的動摩擦因數(shù)μ；(3)槽C的圓弧的半徑R。答案(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)(3)eq\f(veq\o\al(2,0),64g)解析(1)對A在木板B上的滑動過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)(2)對A在木板B上的滑動過程，A、B、C系統(tǒng)減少的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq\s\up12(2)，解得μ＝eq