2020高考物理總復習 易錯題與高考綜合問題解讀 考點 5 動量和能量 命題角度5

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1、 動量和能量命題角度5 動量和能量綜合應用題 1. 如圖5—17所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點，質量相等．Q與輕質彈簧相連．設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個碰撞過程中，彈簧具有的最人彈性勢能等于 ( ) A P的初動能 B P的初動能的1/2 C．P的初動能的1/3 D．P的初動能的l/4 [考場錯解]A或D 不認真分析彈簧被壓縮的過程，沒搞清 P和Q的運動性質，沒有找到二者同速時彈簧的彈性勢能最大這一關鍵條件． B設二者質量均為m，P的初速度為v0，二者同速時彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為"，最大彈性勢能為E

2、m，由動量守恒定律和機械能守恒定律得 m v0=2mv， 且 兩式聯(lián)立解得 ，所以選項B正確． 2. 如圖5—18所示，坡道頂端距水平面高度為h，質量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失．為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端與質量為m2的擋板B相連，彈簧處于原長時，B位于滑道的末端O點．A與B碰撞時間極短，碰撞后結合在一起共同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的動摩擦因數均為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g，求： (1)物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度V的大?。? (2)彈簧最大壓縮量為d時的彈性勢能

3、Ep(設彈簧處于原長時彈性勢能為零)． [考場錯解]①不理解A與B碰撞時間極短的含義；②把碰后的質量(m1+m2)誤為m1或m2；③對碰后的過程不能用能量觀點來分析． 對動量守恒定律等規(guī)律的適用條件不理解、不熟練，審題及解答時不細心． (1)由機械能守恒定律，有 解得： (2)A、B在碰撞過程中內力遠大于外力，由動量守恒定律，有 由能量守恒定律， 解得 3. 柴油打樁機的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物．在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產生高溫高壓氣體，從而使樁向下運動、錘向上運動．現把柴油打樁機和打樁過程簡化如下：

4、 柴油打樁機重錘的質量為m，錘在樁帽以上高度為h處(如圖5-19)從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質量為M(包括樁帽)的鋼筋混凝土樁子上．同時，柴油燃燒，產生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時間極短．隨后，樁在泥土中向下移動一距離l．已知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下的樁帽之間的距離也為h(如圖5-20)．已知m=1.0×103kg，M=2.0×103kg，h=2.0 m，l=0.20 m，g=10 m/s2，混合物的質量不計．設樁向下移動的過程中 泥土對樁的作用力F是恒力，求此力的大?。? [考場錯解]設碰后樁的速度為V′，樁下降的過程中，根據功能關系得： 這種做法錯誤之處是沒考

5、慮重力所做的功． 錘自由下落，碰樁前速度V1向下 ①， 碰后，已知錘上升高度為(h一l)，故剛碰后向上的速度為 ②， 設碰后樁的速度為V′，方向向下，由動量守恒 ③， 樁下降的過程中，根據功能關系 ④， 由①②③④式得： ⑤， 代入數值，得： F=2.1×105 N． ⑥． 動量知識和機械能知識往往是以綜合運用的形式出現于高考題中，分析相互作用系統(tǒng)的動量變化、能量變化，分別利用動量守恒及能量守恒(動能定理、機械能守恒定律)是解答這類綜合題的主要思路． 考場思維訓練 1下列一些說法正確的是 ( ) A一質點受兩個力作用且處于平

6、衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個力在同一段時間內的沖量一定相同 B一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個力在同一段時間內做的功或者都為零，或者大小相等、符號相反 C在同樣的時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號一定相反 D_在同樣時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正負號也不一定相反 1.BD解析：沖量是矢量，一對平衡力在同一段時間內的沖量方向一定相反，A錯；一對平衡力在同一段時間內做的功必定效果相反，互相抵消，或均不做功，B對；在同樣時間內，作用力和反作用力由于是作用于不同物體上，引起物體的位移不一定相等，故做功的大小不一定相等，如“子彈打木塊”模型

7、；正負號也不一定相反，如同種電荷間的斥力都做正功，C錯，D對. 2 如圖5—21所示，一個輕質彈簧左端固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右邊沿光滑水平面向左運動，與彈簧發(fā)生相互作用，設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內，那么整個相互作用過程中彈簧對木塊的沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是 ( ) 2.C解析：木塊與彈簧相互作用的過程，木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以彈簧恢復原長、木塊剛要離開彈簧時，木塊的速度大小仍為V0，方向水平向右.由動量定理得I=2mv0，由動能定理得W=0. 3如圖5—22所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，

8、當水平板繞0端緩慢抬高，在重物P沒有滑動之前，下列說法中正確的是 ( ) A P受到的支持力不做功 B P受到的支持力做正功 C P受到的摩擦力不做功 D．P受到的摩擦力做負功 3.BC 解析：P受到的支持力始終跟物體的運動方向一致，故做正功.P受到的摩擦力始終跟物體的運動垂直，故不做功. 4半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動，若甲球的質量大于乙球的質量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是 ( ) A甲球的速度為零而乙球的速度不為零 B乙球的速度為零而甲球的速度不為零 C．兩球的速度均不為零 D兩球的方向均與原方向相反，兩

9、球的動能仍相等 4.AC解析：由 和 可知，碰前甲的動量大于乙的動量.根據動量守恒定律可判斷系統(tǒng)的總動量方向沿碰前甲的動量方向，故選項AC正確. 5 如圖5—23所示，質量m1=2m2的兩物體之間夾有一輕質彈簧，用細線將它們拉住并使彈簧處于壓縮狀態(tài)(物體與彈簧不粘連)．兩物體與水平面間的動摩擦因數為μ2=2μ1，從燒斷細線到彈簧恢復到原長時，兩物體脫離彈簧時的速度均不為零，設兩物體原來靜止，則 ( ) A兩物體在脫離彈簧時速率最大 B兩物體在脫離彈簧時速率之比 C．兩物體速率同時達到最大值 D_兩物體在彈開后同時達到靜止 5.BCD解析：兩物體受到滑動摩擦力大小相

10、等、方向相反，故系統(tǒng)動量守恒，即兩物體動量總是等大反向，故兩物體速率總是成正比. 6 如圖5—24所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升，若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1、W2，滑塊經B、C兩點時的動能分別為EkB、EkC，圖中AB=BC，則一定有( ) A W1> W2 B．W1< W2 C．EkB>EkC D EKbW2，動能的增減取決于合力是

11、做正功還是負功，因B→C過程合力所做的功不能確定是正功還是負功，還有可能為零. 7如圖5—25所示，兩木塊A、B由輕彈簧連接，起初靜止于光滑水平面上．某時刻一粒子彈以水平速度v0擊中木塊A并留在其中，子彈打人木塊的過程持續(xù)時間極短，可不考慮此過程中木塊A的移動．已知木塊A的質量為(M-m)，木塊B的質量為M，子彈的質量為m，彈簧原長為L0，勁度系數為K，彈簧的彈性勢能與形變量的對應關系為 ．如果此后運動過程中彈簧始終處于彈性限度內，且A、B不會發(fā)生直接碰撞．試求：(1)當彈簧壓縮到最短時，B的速度大??；(2)運動中彈簧出現的最大長度． 7.解析：(1)當彈簧壓縮到最短時，A、B的速度

12、相等，設為v，整個過程動量守恒，則，解得v= (2)設子彈打人木塊A后二者的共同速度為v1，根據動量守恒定律得mv0=Mvl，當彈簧達到最大長度時三者速度相等，南動量守恒定律可知，子彈射入木塊A后到彈簧伸長最長的過程，系統(tǒng)機械能守恒，設最大伸長量為xm，則，彈簧的最大長度為：L=L0+xm，以上各式聯(lián)立解得 8如圖5—26所示，長7m，質量為1 kg的木板右端有一擋板，木板置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數為0.1，質量為1kg的滑塊以10 m/s的速度從左端滑上木板，當滑到木板右端與擋板相碰后粘在一起．滑塊與木板間的動摩擦因數為0．4．試求：(g取10m/s2)(1)滑塊從木板左端

13、運動到右端所經歷的時間；(2)滑塊與擋板相碰后，滑行多遠的距離停下來． 8.解析：(1)設滑塊在木板上滑動時其加速度大小為a1，根據牛頓第二定律得對滑塊，假設木板在地面上向 右加速滑動，其加速度大小為a2，則，所以木板在地面上向右加速滑動.設滑塊從木板左端運動到右端所經歷的時間為t，則滑塊對地位移：，木板對地位移：，二者位移關系：s1-s2=L解得t=1s，t=7/3s(舍去). (2)滑塊與擋板剛要相碰時，滑塊的速度v1=v0-a1t=6m/s，木板的速度v2=a2t=2 m/s，設碰-撞后二者的共同速度為v，由動量守恒定律得，所以v=4 m/s，設滑塊與擋板相碰后，滑行的距離為s，由動能定理得： ，解得s=8 m