人教物理2021届高考二轮精品专题四 动量和能量的综合应用 教师版.docx

.
对于本专题知识，单独考查动量及动量守恒，多为简单的选择题；而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。
一、动量定理和动量守恒定律
1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
2．动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
3．“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝f(2m1,m1＋m2)v0。
二、动力学、动量和能量观点的综合应用
动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)。
经典训练题
1．运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)
A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【答案】B
【解析】两个喷嘴的横截面积均为S＝f(1,4)πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝f(1,2)mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，联立解得v≈5.4 m/s，B正确。
【点评】本题是反冲运动模型，涉及力与时间的问题，优先考虑动量与冲量。
2．如图所示，有一个以v0＝6 m/s的速度逆时针匀速运动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平平台相切，在M点左侧P处竖直固定一个弹性挡板（物块与弹性挡板碰撞无机械能损失，PM间有很小的缝隙且不与传送带相连，物块在PM段运动的时间忽略不计）。在M左侧缝隙处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过缝隙时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带N端与半径r＝5 m的光滑四分之一圆弧相切且不与传送带相连，在小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带，经过M点时控制系统会使静止在M点左侧缝隙处的小物块b自动解锁，a与b发生第一次弹性正碰。已知a的质量m＝1 kg，b的质量M＝3 kg，两个物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，MN间的距离L＝22 m，g＝10 m/s2。不计经过M、N两点处的能量损失。求：
(1)a与b第一次碰撞前a在传送带上运动的时间；
(2)a与b第一次碰撞后到最后静止过程中运动的总时间。
【解析】(1)设小物块a从圆弧最高点由静止下滑到达最低点速度为v1，根据动能定理有：
mgr＝f(1,2)mvo\al(,12)
解得v1＝10 m/s
a以10 m/s滑上传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律：μ·2mg＝ma
解得a＝2 m/s2
假设a经过t1减速到v0＝6 m/s，v0＝v1－at
代入数据求得t1＝2 s
在t1内a的位移＝16 m
x1＜L，所以a先减速运动，后匀速运动，匀速运动时间为t2，则＝1 s
所以a与b第一次碰撞前物块a在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)a与b第一次碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后a的速度为va1，b的速度为vb1，则有：
mv0＝mva1＋Mvb1
f(1,2)mv02＝f(1,2)mva12＋f(1,2)Mvb12
解得：va1＝－3 m/s，vb1＝3 m/s。
a与b第一次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速返回M点，返回到M点的速度大小为va1，所用时间
a、b碰后，b向左与挡板P碰后反弹，速度等大反向，经M点时被锁定而静止，此后，a与b发生第二次碰撞，以后重复这个过程，根据动量守恒、机械能守恒，每次碰后的速度是碰前的二分之一，最后静止在M点。
a与b第二次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间
a与b第三次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间
a与b第n次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到M点，所用时间
根据无穷等比数列求和公式可得：a与b第一次碰撞后a运动的总时间。
【点评】光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击