高中物理高考 考点32 动量与能量的综合应用-备战2022年高考物理考点一遍过

内容 要求 要点解读 动量与能量的综合应用 Ⅱ 只限于一维。在研究物体的受力与运动的关系时，不可避免地要引起能量和动量的变化，所以说动量和能量都是力学综合题中不可缺少的考点，这类考题综合性强，难度大，主要题型是计算题。 一、两物体的碰撞问题 两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE 动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=++ΔE 规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量m=，总质量M=m1+m2 可得v3=，v4= 1．若ΔE=0，损失能量最小。 当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。 故ΔE=0的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0的碰撞称为非弹性碰撞。 2．若ΔE尽量大，取最大值时，有。 此时可得v3=v4=，碰后两物体共同运动。故ΔE最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。 二、弹簧连接体的“碰撞” 光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。 1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。 2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。 3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。 三、水平方向的动量守恒 动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。 四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE=Δmc2（Δm为质量亏损，c为真空光速）。 在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小是 A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 【参考答案】D 【详细解析】A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为、，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒有，可得，，A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有，联立动量守恒式可得，即，符合条件的只有，选D。 【解题必备】解本题时需要考虑两物体发生碰撞的各种条件： （1）碰撞前提：碰撞前，两物体相向运动，或同向运动时速度大的在后、速度小的在前。 （2）碰撞结果：沿总动量方向，碰撞后，两物体速度反向，或前面物体的速度大于后面的物体。 （3）动量守恒：碰前总动量等于碰后总动量。 （4）能量守恒：动能不增加，碰后总动能不大于碰前总动能。 1．【2019·广西高一期末】（多选）在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是（ ） A．碰后乙的速度的大小是1.5m/s B．碰后乙的速度的大小是1.0m/s C．碰撞中总机械能损失了1500J D．碰撞中总机械能损失了1400J 【答案】BD 【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1-Mv2=Mv′2，解得： ，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：△E=mv12+Mv22-Mv′2，代入数据解得：△E=1400J，故C错误，D正确。 2．（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x­t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x­t图像，c为碰撞后它们的x­t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为 A．2 kg B． kg C．4 m/s D．1 m/s 【答案】BD　 【解析】由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，A球的速度为va＝ m/s＝－3 m/s，B球的速度为vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为vc＝ m/s＝－1 m/s。碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝ kg，选项B、D正确。 【2019·广东高一期末改编】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是 A．系统动量不守恒，机械能守恒 B．系统动量守恒，机械能不守恒 C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度 D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能 E．当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小 【参考答案】BCE 【详细解析】子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，由于子弹射入木块过程中要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，故A错误，B正确；当弹簧被压缩最短时，即A和B具有相同的速度，故C正确；由能量守恒可知，当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能一部分转化为内能，一部分转化为弹性势能，故D错误。从弹簧被压缩到弹簧再次恢复到原长的过程，B一直在加速，A一直在减速，所以当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小，故E正确。 【名师点睛】在弹簧连接体系统中，弹簧弹力是内力，对连接的两物体的弹力大小相等、方向相反，故对系统的总冲量是零。但弹簧弹力对连接的两物体的做功位移不相等（否则没有弹力变化），故弹力对系统的总功使系统动能变化，与弹簧的弹性势能相互转化，系统机械能仍守恒。 1．（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒 B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E 【答案】BC 【解析】撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，系统的动量不守恒，此过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，A错误，B正确；A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大，设两物体速度为v，A离开墙瞬间，弹簧恢复原长，B的速度为v0，根据动量守恒和机械能守恒有2mv0=3mv，E=∙3mv2+Ep=，联立可得，C正确，D错误。 2．（多选）如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中 A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是 C．m2的最大速度是v1 D．m2的最大速度是 【答案】BD 【解析】从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，，；解得，，故m2的最大速度为，m2的最小速度为，BD正确。 【名师点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答。 【2019·云南高考模拟】（多选）如图所示，左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑，则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是 A．滑块A和物块B组成的系统动量不守恒 B．物块B减小的重力势能等于滑块A增加的动能 C．滑块A所受合外力的冲量为零 D．物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小 【参考答案】AD 【详细解析】物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，系统水平方向合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A正确； A和B组成的系统机械能守恒，物块B减小的重力势能转化为滑块A和物体B的动能，故物块B减小的重力势能大于滑块A增加的动能，故B错误；滑块B下滑过程A向右做加速运动，滑块A动量变化不为零，由动量定理可知，滑块A所受合外力的冲量不为零，故C错误；滑块B到达底端时速度沿水平方向，在竖直方向速度为零，由动量定理可知，物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小，故D正确。 1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中 A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 D．m从A到B的过程中，M运动的位移为 【答案】B 【解析】M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；m从A到B过程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得，D错误。 【思维拓展】本题中，m从A到B过程，水平方向动量守恒，m和M的水平分速度始终与质量成反比，m到C点时，速度水平，m和M的总动能等于m重力势能的减少量，故可求出此时m和M的速度；m到B点时，重力势能与初始时相等，故动能为零，由运动的对称性也可得出此结论；之后m开始从B到A运动，m回到A点时，总位移为零，理想情况，系统将循环运动下去。 另外，通过质量–速度–水平位移的关系可知，系统重心的水平位置始终不变。 2．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是 A．小车和小球系统动量守恒 B．小球摆到最低点时，小车的速度最大 C．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动 D．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动 【答案】B 【解析】A、小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误。B、小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大，B正确。C、小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故C错误。D、当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车速度减为零，D错误。故选B。 【点睛】本题主要考查了动量守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况。 如图所示，静止的核发生α衰变后生成反冲核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是 A．衰变方程可表示为 B．Th核和α粒子的圆周轨道半径之比为1:45 C．Th核和α粒子的动能之比为1:45 D．Th核和α粒子在匀强磁场中旋转的方向相同