《2020高考物理總復(fù)習(xí) 易錯(cuò)題與高考綜合問(wèn)題解讀 考點(diǎn) 5 動(dòng)量和能量 命題角度5》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理總復(fù)習(xí) 易錯(cuò)題與高考綜合問(wèn)題解讀 考點(diǎn) 5 動(dòng)量和能量 命題角度5（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 動(dòng)量和能量命題角度5 動(dòng)量和能量綜合應(yīng)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(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量相等．Q與輕質(zhì)彈簧相連．設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個(gè)碰撞過(guò)程中，彈簧具有的最人彈性勢(shì)能等于 ( ) A P的初動(dòng)能 B P的初動(dòng)能的1/2 C．P的初動(dòng)能的1/3 D．P的初動(dòng)能的l/4 [考場(chǎng)錯(cuò)解]A或D 不認(rèn)真分析彈簧被壓縮的過(guò)程，沒(méi)搞清 P和Q的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，沒(méi)有找到二者同速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大這一關(guān)鍵條件． B設(shè)二者質(zhì)量均為m，P的初速度為v0，二者同速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為"，最大彈性勢(shì)能為E

2、m，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得 m v0=2mv， 且 兩式聯(lián)立解得 ，所以選項(xiàng)B正確． 2. 如圖5—18所示，坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失．為使A制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線M處的墻上，另一端與質(zhì)量為m2的擋板B相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，B位于滑道的末端O點(diǎn)．A與B碰撞時(shí)間極短，碰撞后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計(jì)，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(shí)的彈性勢(shì)能

3、Ep(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)． [考場(chǎng)錯(cuò)解]①不理解A與B碰撞時(shí)間極短的含義；②把碰后的質(zhì)量(m1+m2)誤為m1或m2；③對(duì)碰后的過(guò)程不能用能量觀點(diǎn)來(lái)分析． 對(duì)動(dòng)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(shí)不細(xì)心． (1)由機(jī)械能守恒定律，有 解得： (2)A、B在碰撞過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，由動(dòng)量守恒定律，有 由能量守恒定律， 解得 3. 柴油打樁機(jī)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(guò)程中，通過(guò)壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運(yùn)動(dòng)、錘向上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)把柴油打樁機(jī)和打樁過(guò)程簡(jiǎn)化如下：

4、 柴油打樁機(jī)重錘的質(zhì)量為m，錘在樁帽以上高度為h處(如圖5-19)從靜止開(kāi)始沿豎直軌道自由落下，打在質(zhì)量為M(包括樁帽)的鋼筋混凝土樁子上．同時(shí)，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過(guò)程的時(shí)間極短．隨后，樁在泥土中向下移動(dòng)一距離l．已知錘反跳后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，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(zhì)量不計(jì)．設(shè)樁向下移動(dòng)的過(guò)程中 泥土對(duì)樁的作用力F是恒力，求此力的大小． [考場(chǎng)錯(cuò)解]設(shè)碰后樁的速度為V′，樁下降的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系得： 這種做法錯(cuò)誤之處是沒(méi)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(shè)碰后樁的速度為V′，方向向下，由動(dòng)量守恒 ③， 樁下降的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系 ④， 由①②③④式得： ⑤， 代入數(shù)值，得： F=2.1×105 N． ⑥． 動(dòng)量知識(shí)和機(jī)械能知識(shí)往往是以綜合運(yùn)用的形式出現(xiàn)于高考題中，分析相互作用系統(tǒng)的動(dòng)量變化、能量變化，分別利用動(dòng)量守恒及能量守恒(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律)是解答這類綜合題的主要思路． 考場(chǎng)思維訓(xùn)練 1下列一些說(shuō)法正確的是 ( ) A一質(zhì)點(diǎn)受兩個(gè)力作用且處于平

6、衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個(gè)力在同一段時(shí)間內(nèi)的沖量一定相同 B一質(zhì)點(diǎn)受兩個(gè)力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個(gè)力在同一段時(shí)間內(nèi)做的功或者都為零，或者大小相等、符號(hào)相反 C在同樣的時(shí)間內(nèi)，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負(fù)號(hào)一定相反 D_在同樣時(shí)間內(nèi)，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正負(fù)號(hào)也不一定相反 1.BD解析：沖量是矢量，一對(duì)平衡力在同一段時(shí)間內(nèi)的沖量方向一定相反，A錯(cuò)；一對(duì)平衡力在同一段時(shí)間內(nèi)做的功必定效果相反，互相抵消，或均不做功，B對(duì)；在同樣時(shí)間內(nèi)，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(fù)號(hào)也不一定相反，如同種電荷間的斥力都做正功，C錯(cuò)，D對(duì). 2 如圖5—21所示，一個(gè)輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，一個(gè)質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右邊沿光滑水平面向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧發(fā)生相互作用，設(shè)相互作用的過(guò)程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么整個(gè)相互作用過(guò)程中彈簧對(duì)木塊的沖量I的大小和彈簧對(duì)木塊做的功W分別是 ( ) 2.C解析：木塊與彈簧相互作用的過(guò)程，木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)、木塊剛要離開(kāi)彈簧時(shí)，木塊的速度大小仍為V0，方向水平向右.由動(dòng)量定理得I=2mv0，由動(dòng)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(dāng)水平板繞0端緩慢抬高，在重物P沒(méi)有滑動(dòng)之前，下列說(shuō)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(fù)功 3.BC 解析：P受到的支持力始終跟物體的運(yùn)動(dòng)方向一致，故做正功.P受到的摩擦力始終跟物體的運(yùn)動(dòng)垂直，故不做功. 4半徑相等的兩個(gè)小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動(dòng)能相等，則碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)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(dòng)能仍相等 4.AC解析：由 和 可知，碰前甲的動(dòng)量大于乙的動(dòng)量.根據(jù)動(dòng)量守恒定律可判斷系統(tǒng)的總動(dòng)量方向沿碰前甲的動(dòng)量方向，故選項(xiàng)AC正確. 5 如圖5—23所示，質(zhì)量m1=2m2的兩物體之間夾有一輕質(zhì)彈簧，用細(xì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=2μ1，從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，兩物體脫離彈簧時(shí)的速度均不為零，設(shè)兩物體原來(lái)靜止，則 ( ) A兩物體在脫離彈簧時(shí)速率最大 B兩物體在脫離彈簧時(shí)速率之比 C．兩物體速率同時(shí)達(dá)到最大值 D_兩物體在彈開(kāi)后同時(shí)達(dá)到靜止 5.BCD解析：兩物體受到滑動(dòng)摩擦力大小相

10、等、方向相反，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即兩物體動(dòng)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(gè)滑塊，用輕繩系著滑塊繞過(guò)光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始上升，若從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中拉力F做的功分別為W1、W2，滑塊經(jīng)B、C兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(dòng)能的增減取決于合力是

11、做正功還是負(fù)功，因B→C過(guò)程合力所做的功不能確定是正功還是負(fù)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(shí)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(guò)程持續(xù)時(shí)間極短，可不考慮此過(guò)程中木塊A的移動(dòng)．已知木塊A的質(zhì)量為(M-m)，木塊B的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，勁度系數(shù)為K，彈簧的彈性勢(shì)能與形變量的對(duì)應(yīng)關(guān)系為 ．如果此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，且A、B不會(huì)發(fā)生直接碰撞．試求：(1)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，B的速度大?。?2)運(yùn)動(dòng)中彈簧出現(xiàn)的最大長(zhǎng)度． 7.解析：(1)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B的速度

12、相等，設(shè)為v，整個(gè)過(guò)程動(dòng)量守恒，則，解得v= (2)設(shè)子彈打人木塊A后二者的共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=Mvl，當(dāng)彈簧達(dá)到最大長(zhǎng)度時(shí)三者速度相等，南動(dòng)量守恒定律可知，子彈射入木塊A后到彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)的過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)最大伸長(zhǎng)量為xm，則，彈簧的最大長(zhǎng)度為：L=L0+xm，以上各式聯(lián)立解得 8如圖5—26所示，長(zhǎng)7m，質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，質(zhì)量為1kg的滑塊以10 m/s的速度從左端滑上木板，當(dāng)滑到木板右端與擋板相碰后粘在一起．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．4．試求：(g取10m/s2)(1)滑塊從木板左端

13、運(yùn)動(dòng)到右端所經(jīng)歷的時(shí)間；(2)滑塊與擋板相碰后，滑行多遠(yuǎn)的距離停下來(lái)． 8.解析：(1)設(shè)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)其加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)滑塊，假設(shè)木板在地面上向 右加速滑動(dòng)，其加速度大小為a2，則，所以木板在地面上向右加速滑動(dòng).設(shè)滑塊從木板左端運(yùn)動(dòng)到右端所經(jīng)歷的時(shí)間為t，則滑塊對(duì)地位移：，木板對(duì)地位移：，二者位移關(guān)系：s1-s2=L解得t=1s，t=7/3s(舍去). (2)滑塊與擋板剛要相碰時(shí)，滑塊的速度v1=v0-a1t=6m/s，木板的速度v2=a2t=2 m/s，設(shè)碰-撞后二者的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得，所以v=4 m/s，設(shè)滑塊與擋板相碰后，滑行的距離為s，由動(dòng)能定理得： ，解得s=8 m