7.3动量和能量的综合应用（讲）--2023年高考物理一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）_04高考物理_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习

第七章 动量和动量守恒定律 近5年考情分析 考题统计 等级 考点要求 2022 2021 2020 2019 2018 要求 湖南卷·T7 动量和动量定 乙卷·T19 Ⅰ卷·T24 Ⅰ卷·T16 Ⅰ卷·T18 Ⅱ 山东卷·T2 律及其应用 乙卷·T24 Ⅲ卷·T25 乙卷·T20 动量守恒定律 Ⅱ 湖南卷·T4 Ⅱ卷·T21 Ⅱ卷·T24 及其应用 浙江6月卷 ·T20 Ⅰ卷·T25 动量和能量的 乙卷·T25 乙卷·T14 Ⅰ卷·T24 Ⅱ Ⅲ卷·T15 Ⅱ卷·T25 综合应用 山东卷·T18 Ⅲ卷·T25 广东卷·T13 湖南卷·T14 甲卷·T23 实验八：验证 Ⅰ卷·T23 浙江1月卷 浙江11月卷·T21 动量守恒定律 ·T23 物理观念: 1.动量、冲量的概念 2.动量定理的内容及表达式 3.动量守恒定律 4.碰撞的概念及碰撞的分类 核心素养 科学思维: 1应用动量定理解释现象 2.应用动量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲问题 3.“人船”模型及应用 科学态度与责任:动量知识在科技生活中的应用 1考查动量定理与动量守恒定律的应用。一般结合实际生活或现代科技命题，有时也结合图象 命题。 2.考查动量守恒与能量守恒的综合应用。一般以碰撞为情景，考查考生的分析综合能力和应用 命题规律 数学处理物理问题的能力。 3.对学科核心素养的考查主要体现在物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的 要素和科学思维中模型建构、科学推理要素。 1.掌握隔离法、整体法和用守恒思想分析物理问题的方法。 2.理解动量、冲量和动量定理，能用动量定理解释生产、生活中的有关现象。 3.定量分析一维碰撞问题并能解释生产、生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 备考策略 4.运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系 统”模型、“滑块-木板”模型、“人船”模型。 5.理解验证动量守恒定律的实验原理，灵活处理多种实验方案。【网络构建】 专题 7.3 动量和能量的综合应用 【网络构建】 考点一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 v 0 s d 2 s 1 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的 木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 v 设质量为m的子弹以初速度 0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子d 弹钻入木块深度为 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 mv =(M+m)v 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： 0 ……① f 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为 ，设子弹、木块的 s s s −s =d 位移大小分别为 1、 2，如图所示，显然有 1 2 1 1 −f⋅s = mv2 − mv2 对子弹用动能定理： 1 2 2 0 ……② 1 f⋅s = Mv2 2 2 对木块用动能定理： ……③ 1 1 Mm f⋅d= mv2 − (M+m)v2 = v2 ②相减得： 2 0 2 2(M+m) 0 ……④ −f⋅t=mv−mv 对子弹用动量定理： 0 ……⑤ 对木块用动量定理： f⋅t=Mv ……⑥ 考点 二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 v 1 v v 1 / v 2 / A A B A B A Ⅰ Ⅱ Ⅲ 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大 于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。 m v m 仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为 1的物体A以速度 1向质量为 2的静止物体 B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到 Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长， v'和v' 到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为 1 2。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 （1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势 能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。 m −m 2m v' = 1 2 v ,v' = 1 v 1 m +m 1 2 m +m 1 由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为： 1 2 1 2 。 （这个结论最好背下来，以后经常要用到。） （2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ 状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转 化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。 （3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没 有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性 m v' =v' = 1 v 1 2 m +m 1 碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为 1 2 。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能 损失最大，为： 1 1 m m v2 ΔE = m v2 − (m +m )v¿= 1 2 1 k 2 1 1 2 1 2 2(m +m ) 1 2 。 考点 三 应用动量能量观点解决“板块”模型 1．用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。 (1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。 (2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。 2．用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。 (1)一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。 (2)两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。 (3)一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式 Q＝f·d 。 相对 高频考点一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型例1、如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板 静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m ＝5 g的子弹以速度v ＝300 m/s沿 0 0 水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求： (1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v。 1 (2)木板向右滑行的最大速度v。 2 (3)物块在木板上滑行的时间t。 【答案】 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s 【解析】 (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：mv ＝(m ＋ 0 0 0 m)v， 1 解得v＝6 m/s。 1 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m＋m)v＝(m＋m＋M)v， 0 1 0 2 解得v＝2 m/s。 2 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m＋m)gt＝(m＋m)v－(m＋m)v， 0 0 2 0 1 解得t＝1 s。 【变式训练】如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材 料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较( ) A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 【答案】BD 【解析】在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv ＝(M＋ 0 m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量 相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种 射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确． 高频考点二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 例2、如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D 点，且半径R＝0.5 m，质量m＝0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5 kg的滑块B前端装 有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v 向左运动并与滑块A发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆 0 轨道并能过最高点C，取重力加速度g＝10 m/s2，问： (1)B滑块至少要以多大速度向前运动； (2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？ 【答案】 (1)3 m/s (2)0.375 J 【解析】 (1)设滑块A过C点时速度为v ，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v、v，B碰撞前的速度为 C 1 2 v，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得 0 mg＝m，由机械能守恒定律得 mv＝mg·2R＋mv， B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv ＝Mv ＋mv， 0 1 2 由机械能守恒定律得 Mv＝Mv＋mv， 联立并代入数据解得v＝3 m/s。 0 (2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能E，设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守 p 恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv ＝(M＋m)v， 0 由机械能守恒定律得 Mv＝E＋(M＋m)v2， p 联立并代入数据解得E＝0.375 J。 p 【变式训练】如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A以速度v 向右运动压缩弹簧，测 0 得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v 的速度向右 0 压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv2 D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv2 0 0 【答案】AC 【解析】弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组 成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A的初动能，设A的质量为m ，即有 A E ＝m v2 pm A 0 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时， 弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m ·2v＝(m＋m )v A 0 A 由机械能守恒定律得：E ＝m (2v)2－(m ＋m)v2 pm A 0 A 解得：m ＝3m，E ＝mv2 A pm 0 故A、C正确，B、D错误． 高频考点三 应用动量能量观点解决“板块”模型 例3、如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的 圆弧 槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑 块A以初速度v 从右端滑上B，并以 的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m， 0 求： (1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ； (2) 圆弧槽C的半径R. 【答案】见解析 【解析】(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为v ，从A滑上B到刚离开B的过程中 B 动量守恒，有mv＝m＋2mv ，解得v ＝ 0 B B 由能量守恒定律有 v 2 ( ) 0 2 μmgL＝mv－m －×2mv 解得μ＝. (2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为v ，研究A C和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 m＋mv ＝2mv ，解得v ＝v B C C 0 由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有 v 2 ( ) 0 2 mgR＝m ＋mv－×2m 解得R＝. 【变式训练】如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v 滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面 0 间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知( ) A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 【答案】BC 【解析】.由图象可知，A、B最终以共同速度v 匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量 1 守恒定律得，m v＝(m ＋m )v，解得：＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可 A 0 A B 1 以知道物体A相对小车B的位移Δx＝vt ，根据能量守恒得：μm gΔx＝m v－(m ＋m )v，根据B中求得质 01 A A A B 量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故 D错误． 高频考点四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 例4、在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体,一个坐在冰车上的 小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m 小球的质量为m ，曲面体的质量为m.某时 1 2 3 刻小孩将小球以v=4m/s的速度向曲面体推出(如图所示). 0 (1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度； (2)若m=40kg,m=2kg小孩将球推出后还能再接到小球,试求曲面质量m3应满足的条件。 1 2m v 2 3 0 42 2m m g 【答案】（1） 2 3 （2）m> 19 kg； 3 【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球， 球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。 （1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， m v m m v 由动量守恒定律得： 2 0 2 3 1 1 m gh m v2  m m v2 由动能定理得： 2 2 2 0 2 2 3 m v 2 h 3 0 2m m g 解得： 2 3 (2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向， m v mv 0 由动量守恒定律得： 2 0 1 1 球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， m v m v m v 由动量守恒定律得： 2 0 2 2 3 3 1 1 1 m v2  m v2  m v2 由机械能守恒定律得：2 2 0 2 2 2 2 3 3 m m v  3 2 v 2 m m 0 解得： 3 2 ； 如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v>v 2 1 42 m  kg 解得： 3 19 【变式训练】如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的 冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在 斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m=30kg,冰块的质量 1 为m=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2. 2(1)小孩将冰块推出时的速度大小 (2)求斜面体的质量； (3)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 【答案】（1）1m/s（2）20kg(3) 冰块不能追上小孩 【解析】（1）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得， mv m v 1 1 2 2 v 1m/s 解得 1 （向右） （2）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得， m v m Mv 2 2 2 根据系统的机械能守恒得， 1 1 m gh m Mv2  m v2 2 2 2 2 2 2 解得：M=20kg m v m v Mv （3）冰块与斜面： 2 2 2 2 3 根据机械能守恒，可得， 1 1 1 m v2  m v2  Mv2 2 2 2 2 2 2 2 3 v 1m/s 解得： 2 （向右） v v 因为 2 1，所以冰块不能追上小孩．