江苏沛县地区2022年高考考前指导二一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1．定性解释周围的一些现象；2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；4．根据安培力的冲量求电荷量．●例1 如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )图2－1A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：F·Δt＝Δm·v－0解得：F＝ρv2S．[答案] D【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )图2－2A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0C．v＝，I＝D．v＝，I＝2mv0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得：(m＋M)v2－(m＋M)v12＝W总＝0可知：v＝v1＝取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：I＝(m＋M)·(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0负号表示方向向左．-10-\n[答案] B二、动能定理、机械能守恒定律的应用1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功．2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功．(2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．●例2 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为[2022年高考·全国理综卷Ⅱ]( )A．和v0B．和v0C．和v0D．和v0【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：－(mgh＋fh)＝0－mv02解得：h＝设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有：mv2－mv02＝－f·2h解得：v＝v0．方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：a1＝故物块上升的最大高度h＝＝设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：a2＝可得：v＝＝v0．[答案] A【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．-10-\n★同类拓展2 一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加速直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．【解析】设8s后马拉雪橇的功率为P，则：匀速运动时P＝F·v＝f·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝对于整个过程运用动能定理得：·t1＋P(t总－t1)－f·s总＝mvt2－0即×8＋P(80－8)－×1000＝×60×152解得：P＝723W故f＝48.2N再由动能定理可得t总－f·s＝mvt2解得：＝687W．[答案] 687W 48.2N●例3 如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g)图2－3【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有：kx1＝m1g挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有：kx2＝m2g此时，A和C的速度均为零从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为：ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)将C换成D后，有：ΔE＋(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)联立解得：v＝．-10-\n[答案] 【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．三、碰撞问题1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：①动量守恒；②机械能不增加；③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3C，第一个小球的质量m＝0.03kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5T．现给第一个小球一个水平速度v＝8m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10m/s2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：mv＝mv1＋mv2mv2＝mv12＋mv22联立解得：v2＝v同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度vn＋1＝()nv设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：qvn＋1B≥()nmg联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面．[答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．★同类拓展3 如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．-10-\n图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v0＝设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有：mv0＝2mv1设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：Ep＋×2m×v12＝2mgx0设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：2mv0＝3mv2由机械能守恒定律有：Ep＋×3m×v22＝3mgx0＋×3m×v32解得：v3＝当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：h＝＝所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为．[答案] 【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．第一次：0－×2m×v12＝W弹－2mgx0第二次：×3m×v32－×3m×v22＝W弹－3mgx0．四、高中物理常见的功能关系1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝f·s相．●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2m/s的速率运行．现把一质量m＝10kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的皮带顶端．取g＝10m/s2．求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．-10-\n(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．图2－6【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝＝3m工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：s1＝v0t1达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：s－s1＝v0(t－t1)代入数据解得：t1＝0.8s工件加速运动的加速度a＝＝2.5m/s2据牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：μ＝．(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6m工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8m在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δs＝60J工件获得的动能Ek＝mv02＝20J工件增加的势能Ep＝mgh＝150J电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．[答案] (1) (2)230J2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．●例6 一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的，质量为m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功．(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．-10-\n图2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2－7丙ΔE水＝mgH－mg(H－a)＝mga木块势能的改变量为：ΔE木＝mg(H－)－mgH＝－mga根据功能原理，力F所做的功为：W＝ΔE水＋ΔE木＝mga．(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升a，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2－7丁ΔE水′＝mga＋mg(2a－＋)＝mga木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg·a根据功能原理，压力F做的功为：W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝mga．方法二：(1)水池的-10-\n面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．图2－7戊故WF＝mg·＝mga．(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示图2－7己故WF′＝mg·＋mg·a＝mga．[答案] (1)mga (2)mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～的位移段压力也是线性增大的．3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．-10-\n图2－8(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．(3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E＝BLv电路中的电流I＝对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0解得：v＝．(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：mg(d0＋d)＝Q＋mv2解得：Q＝mg(d0＋d)－故Qab＝[mg(d0＋d)－]．(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝mv02解得：v0＝棒在磁场中匀速运动时的速度v＝，则①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．[答案] (1)(2)[mg(d0＋d)－](3)①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞-10-\n时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：mg(d0＋d)－W安＝mv2－0，其中W安＝E电＝Q．②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．图2－9(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？(2)若上述条件满足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1μmgs＝(m＋M)v02－(M＋m)v12解得：s＝故L应满足的条件是：L≥s＝．(2)第2次碰撞前有：(M－m)v0＝(M＋m)v1第3次碰撞前有：(M－m)v1＝(M＋m)v2第n次碰撞前有：(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1所以vn－1＝()n－1v0故第5次碰撞前有：v4＝()4v0故第5次碰撞前损失的总机械能为：ΔE＝(M＋m)v02－(M＋m)v42代入数据解得：ΔE＝149.98J．[答案] (1)L≥ (2)149.98J【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．-10-
