高頻考點解密物理-能量和動量考點動量與能量的綜合

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精動量觀點和能量觀點的綜合應用1．動量的觀點和能量的觀點動量的觀點:動量定理和動量守恒定律能量的觀點：動能定理和能量守恒定律2．動量守恒定律與機械能守恒定律的比較定律名稱比較項目動量守恒定律機械能守恒定律相同點研究對象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程某一運動過程不同點守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達式p1+p2=p1′+p2′Ek1+Ep1=Ek2+Ep2表達式的矢標性矢量式標量式某一方向上的應用可在某一方向上獨立使用不能在某一方向獨立使用運算法則矢量運算代數(shù)運算3．利用動量的觀點和能量的觀點解題時應注意下列問題:（1）動量守恒定律是矢量表達式，故可寫出分量表達式；而動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式。（2）應用這兩個規(guī)律時，先確定研究對象及運動狀態(tài)的變化過程,再根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量,選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。（3）利用動量和能量的觀點解題的技巧①若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律（機械能守恒定律)。②若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理.(2016·天津卷）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________?！緟⒖即鸢浮俊驹囶}解析】設(shè)滑塊質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對整個過程，由動量守恒定律可得mv=3mv共，解得v共=，由能量守恒定律可知，解得?！久麕燑c睛】此題是對動量守恒定律及能量守恒定律的考查;關(guān)鍵是分析兩個物體相互作用的物理過程，選擇好研究的初末狀態(tài),根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列出方程;注意系統(tǒng)的動能損失等于摩擦力與相對路程的乘積。1．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質(zhì)量為m（m〈M）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是A．在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處2．如圖所示，甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲、乙同時由靜止開始運動，在整個過程中，對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(tǒng)（假定整個過程中彈簧均在彈性限度內(nèi)），正確的說法是A．系統(tǒng)受到外力作用，系統(tǒng)的總動量不斷增大B．彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大C．恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機械能不斷增大D．兩物體的速度減少為零時，彈簧的彈力大小等于外力F1、F2的大小3．如圖所示，光滑水平直導軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B、C靜止，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）;讓物塊A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。那么從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求.（1）A、B第一次速度相同時的速度大??；（2）A、B第二次速度相同時的速度大小;（3）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小。4．如圖所示，木塊m2靜止在高h=0.45m的水平桌面的最右端，木塊m1靜止在距m2左側(cè)s0=6。25m處?，F(xiàn)木塊m1在水平拉力F作用下由靜止開始沿水平桌面向右運動，與m2碰前瞬間撤去F，m1和m2發(fā)生彈性正碰。碰后m2落在水平地面上，落點距桌面右端水平距離s=l.2m。已知m1=0。2kg，m2=0.3kg，m1與桌面的動摩擦因素為0。2。（兩個木塊都可以視為質(zhì)點，g=10m/s2）求：（1）碰后瞬間m2的速度是多少？(2）m1碰撞前后的速度分別是多少？（3)水平拉力F的大?。?．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車，車的上表面右側(cè)是一段長L=1.0m的水平軌道,水平軌道左側(cè)是一半徑R=0.25m的1/4光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O′點相切。車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態(tài)的壓縮彈簧，一質(zhì)量m=1。0kg的小物塊（可視為質(zhì)點）緊靠彈簧，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0。5。整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將彈簧解除鎖定,小物塊被彈出,恰能到達圓弧軌道的最高點A。不考慮小物塊與輕彈簧碰撞時的能量損失，不計空氣阻力，取g=10m/s2。求：(1）解除鎖定前彈簧的彈性勢能；（2）小物塊第二次經(jīng)過O′點時的速度大??；（3）小物塊與車最終相對靜止時距O′點的距離。1．D【解析】小球在槽上運動時，由于小球受重力，故兩物體組成的系統(tǒng)外力之和不為零,故動量不守恒；當小球與彈簧接觸相互作用時，小球受外力，故動量不再守恒，故A錯誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的,故力和位移夾角不垂直,故兩力均做功，故B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，但當小球與彈簧接觸相互作用時,小球受外力，水平方向動量不守恒,C錯誤；因兩物體均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，則兩物體不會相遇，小球不會到達最高點;而若球速大于槽速，則由動量守恒可知,兩物體會有向左的速度，由機械能守恒可知，小球不會回到最高點，故D正確.【名師點睛】小球在槽上運動時，由于小球受重力，小球與彈簧接觸相互作用時，小球受外力，故兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒。全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒.若槽的速度大于球的速度，則兩物體不會相遇；若球速大于槽速，則由動量守恒可知，兩物體會有向左的速度，小球不會回到最高點.2．B【解析】因F1、F2等大反向,故甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；在拉力作用下，甲、乙開始做加速運動,彈簧伸長，彈簧彈力變大，甲、乙兩物體受到的合力變小,物體加速度變小,物體做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力等于拉力時物體受到的合力為零，速度達到最大，之后彈簧彈力大于拉力，兩物體減速運動，直到速度為零時，彈簧伸長量達到最大，系統(tǒng)的機械能最大，當返回速度再次為零時，彈簧的彈力的大小小于外力F1、F2的大小，故B正確，CD錯誤.【名師點睛】此題是對動量守恒定律及能量關(guān)系的考查;要知道彈簧的彈力是變力,分析清楚物體的受力情況是正確解題的關(guān)鍵。3．（1）v0（2)v0（3）【解析】（1）對A、B接觸的過程中，當?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1=v0（2)設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小v2,對ABC系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：解得v3=v0系統(tǒng)損失的機械能為當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，此時v2=v0根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能?！久麕燑c睛】本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，運用動量守恒進行求解。4．(1）4m/s(2)5m/s–1m/s（3)0.8N【解析】（1)m2做平拋運動，則:h=gt2;s=v2t;解得v2=4m/s（2）碰撞過程動量和能量守恒：m1v=m1v1+m2v2m1v2=m1v12+m2v22代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/sv1=–1m/s(3）m1碰前滿足v2=2as代入數(shù)據(jù)解得：F=0。8N【名師點睛】此題關(guān)鍵是搞清兩個物體的運動特征，分清物理過程；用動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合牛頓定律列出方程求解。5．（1）7.5J（2）2。0m/s（3）0.5m【解析】(1）平板車和小物塊組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒,解除鎖定前，總動量為零，故小物塊到達圓弧最高點A時,二者的共同速度v共=0設(shè)彈簧解除鎖定前的彈性勢能為Ep,上述過程中系統(tǒng)能量守恒,則有Ep=mgR+μmgL代入數(shù)據(jù)解得Ep=7.5J（2）設(shè)小物塊第二次經(jīng)過O'時的速度大小為vm，此時平板車的速度大小為vM,研究小物塊在平板車圓弧面上的下滑過程,由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒