热点专题系列5　动力学、 能量和动量观点在力学中的应用.docx

热点专题系列(五)动力学、能量和动量观点在力学中的应用对应学生用书P182热点概述：处理力学问题的三个基本观点：动力学观 点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、 功能关系与能量守恒定律)；动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三 大观点分析和解决综合问题是本专题要到达的目的。热点透析1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2.力学规律的选用原那么(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉 及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。(3)假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定 律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满 足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的 总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般 均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短, 因此用动量守恒定律去解决。®动量与动力学观点的综合应用之例1 (2021 河北高考汝口图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中A8 段倾角为氏段水平，48段和8c段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，假设1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.57(Xm + Jr/ + (” + ”")2 = (1 + 图y 等 + H? , C 正确，D 错误。算珠归零状态3. (2()21广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算 盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如下图，水平放置的算盘中有甲、 乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b,甲、乙相隔Si = 3.5X10-2m,乙与边框 a相隔S2 = 2.0*10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数 =0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变，碰撞时间 极短且不计，重力加速度g取10 m/s?。边框边框|) /(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案能0.2 s解析(1)设甲、乙的质量均为，%根据牛顿第二定律，甲、乙算珠滑动时的 加速度大小a均满足4zg = ma解得 a = 1 m/s2以甲的初速度方向为正方向，设甲与乙碰前的速度为根据运动学规律， 有山一。3= -23其中a=0.4 m/s解得 v = 0.3 m/s设甲、乙碰撞后甲的速度为S,乙的速度为由动量守恒定律得孙=纷2+ mvy其中 02 = 0.1 m/s解得 V3 = 0.2 m/s之后乙做匀减速直线运动，设当速度减为零时运动的位移为x,那么有()一m二 -2ax解得 x = 0.02 m = 52可知乙算珠恰好能滑动到边框aoV - Vo(2)甲与乙碰前运动的时间为h =a分析可知，甲不能运动到边框a处与乙再次碰撞，那么碰后甲运动的时间为亥 0-。2-a那么甲算珠从拨出到停下所需的时间为12联立解得/ = 0.2 s。4. (2020天津高考)长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为如的小球A, 处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通 过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为Z2的小球B与之迎面正碰， 碰后4、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻 力，重力加速度为g,求(1M受到的水平瞬时冲量/的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能反至少多大？ .5gl(2m + m2)2答案利炳(2)病解析(DA恰好能通过圆周轨迹的最高点，那么4经过圆周轨迹的最高点时， 轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为以由牛顿第二定律，有V2机吆二"八74从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零， 设A在最低点的速度大小为VA,有f+由动量定理，有/ =，1办联立式，得/二如病。(2)设两球粘在一起瞬间速度大小为4、8粘在一起后能通过圆周轨迹的 最高点，需满足2。八要到达上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前3的速度方向相同，以此方 向为正方向，设碰撞前瞬间8的速度大小为如，由动量守恒定律，有ni2VB - "21 办=(m + tnijv' 又Ek =5gl(2mi + m2)2联立式，得反22/丁一5g/(2如 + m2)2即碰撞前瞬间B的动能Ek至少为2”一。5. (2021海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度vo向右做匀速直 线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。滑块和木板的质量分别为 ?和力明它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)假设滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木 板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及 外力所做的功。答案竽康(3焉T解析(1)由于地面光滑，那么木板与滑块组成的系统动量守恒，有2/加。二。 + 2m)v 共解得0共二竽。由于木板速度是滑块的2倍，那么有”二2。滑根据动量守恒定律有2wo = 2mv木+ mv滑24联立得。滑二铲o,。木二铲o再根据功能关系有-/tfngx=;X 2机味+ %嵋-;X 2加解得工二藕(3)对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有"ng = ma滑滑块相对木板静止时有vo = at解得t =4g由于木板保持匀速直线运动，那么有整个过程中木板滑动的距离为W整个过程中木板滑动的距离为W=Vot =vig那么外力所做的功为W=以' =invi.6. (2020海南高考)如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与 一水平传送带相切,一质量m(l = 1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放, 到最低点Q时与另一质量环=3 kg的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已 知圆弧轨道半径R = 0.8m,传送带的长度L=1.25m,传送带以速度。=1 m/s顺 时针匀速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数"=0.2, g= 10 m/s?。求：碰撞前瞬间小物块。对圆弧轨道的压力大小；(2)碰后小物块a能上升的最大高度；小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。答案 (1)30 N (2)0.2 m (3)1 s解析(1)设小物块。下滑到圆弧轨道最低点。且未与小物块匕相碰时的速度为外，根据机械能守恒定律有加gR二产忌,代入数据解得加= 4m/s,根据牛顿第二定律有Fz_m°g = m端,代入数据解得Fn = 30N,根据牛顿第三定律，可知碰撞前瞬间小物块。对圆弧轨道的压力大小为30 N。(2)小物块。与小物块b发生弹性正碰，以碰撞前小物块。的速度方向为正方 向，根据动量守恒定律有m0Va = triaVa' + tribVb,根据机械能守恒定律有：嬴忌=嬴/ 2 + inbvi,联立并代入数据解得为'=-2 m/s, Vb = 2 m/s,可知碰撞后小物块。的速度与碰撞前速度方向相反，将再次滑上圆弧轨道，根据机械能守恒定律有magh = lUaVa 2,代入数据解得/7 = o.2m。(3)碰后小物块b滑上传送带，且不会与小物块。再次相碰。因。/, = 2m/s>u =1 m/s,故小物块h滑上传送带后先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有：-= mxi,代入数据解得。=-2 m/s2,那么小物块由2 m/s减速至1 m/s的位移为v2-vix - -万一=0.75 m,V-Vb减速运动的时间为/I =- = 0.5s,因幻二0.75 m<L=1.25 m,故之后小物块将做匀速运动至传送带右端，那么_L-x匀速运动的时间为12二七一二j s = 0.5s,故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间为7 =力+12 = 1 S。7. (2021 .湖南高考)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQO 质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为以水平轨道末端。点为坐 标原点建立平面直角坐标系轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下, 弧形轨道p端坐标为辽，4L), Q端在'轴上。重力加速度为g。(1)假设A从倾斜轨道上距x轴高度为2ML的位置由静止开始下滑，求A经过。 点时的速度大小；(2)假设A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ 上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为为常数且225)的小物块B置于。点，A沿倾斜轨道由静止 开始下滑，与8发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和8均能落在弧形轨道上， 且A落在8落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。答案啦懑x = 2yJ2心-)2(其中32- 1#+ A+1口公心三木4比解析(1)物块A从倾斜轨道由静止滑至。点，根据动能定理有mL-umgL12=2mv解得。二/懑。(2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为如，落在弧形轨道上的坐标为(x, y),所用时间为f, Wx = vot, y = 尸2解得德=处物块A从。点到落点，根据动能定理有m gy = Ek -解得物块A落在弧形轨道上的动能为Ek = mgy+ 4y因为物块A经过。点落在弧形轨道上的动能均相同，将点P(2L, 乙)的坐标 代入，可得Ek = mg + 怨貌-=2?g£ 联立可得y +。2心那么PQ的曲线方程为x=2、2心-)2(其中设物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处由静止滑下，到达。点与物块B 碰前的速度为彷，根据动能定理有mgh-/imgL=mvy解得 v = 2gh - 2/zgL物块4与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落 点的右侧，那么A与B碰撞后反弹。设碰后A、B的速度大小分别为。2、S,规定 水平向右为正方向，在物块4与8碰撞过程中，A、3组成的系统动量守恒，机 械能守恒，有解得。2:777，3=777切 /71ZU 1碰后物块A反弹，设再次到达O点时速度大小为。4,根据动能定理有-IfimgL =- 5冠解得 vl = vi- 4/zgL由(2)知平抛的轨迹方程为/二驾yOPQ的曲线方程为戈二2、2由-），2（其中iiLWyW2pL）结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与在。点抛出的初速度。的关系2为广2/比一而（其中2M）把物块4、3从O点飞出的速度代入，物体A、8落在弧形轨道上的落点纵 坐标分别为% = 4pL -9 f :4泗= M-2g+l)2因为物块A落在8落点的右侧，贝I"辽W划犯2乙.3.-1/ + 2 +1代入vt = 2gh - 2igL可得，h的取值范围为-(.iL<h 同-4£。X 3(X I )m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为=七，重力加速度取g = 10 m/s2,724sin。=不，cos。二不，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求:(1)滑道段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案 1 (1)9 m (2)7.44 m/s解析1 (1)设滑道A3段的长度为L,背包质量为如=2 kg,设其在A8 段滑行的加速度为0 ,由牛顿第二定律有如gsin。-=代入数据解得的二2mH滑雪者质量为侬=48 kg,初速度为=1.5 m/s,加速度为。2 = 3 m/s?, 设其在A8段滑行时间为t,那么背包在A8段的滑行时间为r + m(fo=1S), 由运动学规律得10L = /(f + fo)-L = v()t +联立解得f = 2s(U -Is舍去)故可得L = 9 m。(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为功、P2,那么v =a(t + to)代入数据解得=6 m/sV2 = Vo + a2t代入数据解得S = 7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为。，根 据动量守恒定律，有niV + m2V2 = (wi + ni2)v代入数据解得。=7.44 m/So动量与能量观点的综合应用立例2 (2()21湖北高考)如下图，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨 道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在。点相切。在水平面上，质量为相 的小物块A以某一速度向质量也为z的静止小物块B运动。A、B发生正碰后， B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与。点 等高的C点时速度为零。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；当A由C点沿半圆弧轨道下滑到。点时，。与。夹角为仇 求此时A 所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。答案 J 2R (2)zgsin 对 2g&os。 JTSmgR解析(1)设B到达半圆弧轨道最高点时速度为。2,，由于B对轨道最高点V11 2的压力为零，那么由牛顿第二定律得吆二崂一B离开最高点后做平抛运动，那么在竖直方向上有27? 二 %产在水平方向上有犬=6' /联立解得x = 2R。(2)对A由。到。的过程，由机械能守恒定律得“zgRcos。= jnvi由于对A做功的力只有重力，那么A所受力对A做功的功率为P = mgvf)sinO联立解得 P = mgsina2gRcos。(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为0、s,对B由。到最高点的过程，由机械能守恒定律得27 1?=01力对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得%商=mgR设碰前瞬间A的速度为如，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mvo = mv + niV2碰撞过程中A和B损失的总动能为AEkAEk701?92 1_产-211?联立解得AEk = yjlbmgRo应用力学三大观点解决多过程问题多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、 平抛运动、圆周运动。1 .解题思路(1)对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过 程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。提示：对于比拟复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当 速度到达相同时受力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要 划分过程。(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原那么选择合适的力学 规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、 动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小 不变)。(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量,然后再据此重 复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。2.过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规 律，提高效率。例如物体经过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上 运用机械能守恒定律；多个物体连续屡次碰撞，有时可以看成一个过程运用动量 守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动量 守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。之例3(2020.山东高考)如下图，一倾角为0的固定斜面的底端安装一弹 性挡板，P、。两物块的质量分别为，和47%。静止于斜面上A处。某时刻，P 以沿斜面向上的速度如与。发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能 损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，。的速度减为零之前P不会与之发 生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求2与。第一次碰撞后瞬间各自的速度大小。川、；(2)求第次碰撞使物块Q上升的高度hn;(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在。的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间 的最小距离s。g 32, vivi(8巾一 13)捕答案(1®件层尸磊(=123,)诙(4) 2o()gsinO解析1 (1)产与。的第一次碰撞过程中，取户的初速度方向为正方向，由动 量守恒定律得tnvo = fnvp + 4/如qi 由机械能守恒定律得pww = %忌 +/痴诚3联立式得vp = -铲oVQ二产32故第一次碰撞后瞬间P的速度大小为铲o, Q的速度大小为铲o。设Q与斜面间的动摩擦因数为，Q沿斜面向上滑动的加速度大小为出由牛顿第二定律得4ma = "4zgcos8 + mgsin 飓）又“ tan联立式得a - 2gsin咫）设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为加，对。由运动学公式得0 -治二2-（ - G焉联立式得/?广费因为sin。=cos仇 那么。速度减为零后不会下滑。设P运动至与。刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为。2,第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得J如行2 -品晶=-侬1联立式得加2 =0设尸与Q第二次碰撞后瞬间的速度分别为82、由动量守恒定律得mvo2 = fnvp2 + 42。0 由机械能守恒定律得%碌=%遥2 +眩联立式得位2= -jxPoVQ2 = XV0®设第二次碰撞后Q上升的高度为2,对。由运动学公式得Z/20 -眩二 2（一。）总联立式得2 = £,费设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为。3,第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得就3 - J"。% = - "吆2联立式得。03二设尸与。第三次碰撞后瞬间的速度分别为次3、。°3,由动量守恒定律得 mvo3 = nwp3 + 47。3 由机械能守恒定律得%就3 = 琮3 + ；4流3G联立。式得。冷二-| X停DQ3=|x¥)%o23设第三次碰撞后。上升的高度为3,对。由运动学公式得0-负二2,(一4扁冬联立心卷式得名=02瑞公总结可知，第次碰撞后，物块Q上升的高度为当P、。到达距A点高度为“处时，两物块的速度为零，对两物块运动的 全过程由动能定理得(4)假设Q第一次碰撞后速度刚减为零时，尸与之发生第二次碰撞，那么此时A点 与挡板之间的距离最小。设。第一次碰撞后速度减为零需要的时间为力，由运动 学公式得0 为1二一的。设。第一次碰撞后运动到斜面底端时的速度大小为分，需要的时间为 由运动学公式得vp' = - vp + g垃sinvp' 2 - vp = 2sgsin93D设P再从A点运动到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为/3,那么V02 = ( - vp) - g/3sinOS2fl = 2t2 + 白。_（8巾-13M联立互小式得5=玄0gsi京。®热点集训1. （2020.北京高考）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如下图。在以下实验 中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的选项是（）A.将1号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度儿 假设 2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度B.将1、2号一起移至高度/?释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起 摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度/?释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械 能守恒，3号仍能摆至高度D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一 起向右运动，未能摆至高度儿释放后整个过程机械能和动量都不守恒答案D解析 A项中，1号与质量不同的小钢球碰撞后，1号速度不为零，那么该质量 不同的小钢球获得的动能小于号碰撞前瞬间的动能，所以该质量不同的小钢球 与3号碰撞后，3号获得的动能也小于1号碰撞前瞬间的动能，那么3号不可能摆 至高度，故A错误；B项中，1、2号释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞， 且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中系统 所受合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故B错误；C项中，1、2号碰撞后 粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号再与3号碰 撞后，3号获得的动能缺乏以使其摆至高度/?,故C错误；D项中，碰撞后，2、 3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中系统 所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。2. （2021.山东高考）（多项选择）如下图，载有物资的热气球静止于距水平地面H 的高处，现将质量为机的物资以相对地面的速度如水平投出，落地时物资与热气 球的距离为投出物资后热气球的总质量为“，所受浮力不变，重力加速 度为却不计阻力，以下判断正确的选项是（）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为mgc7等+"2答案BC解析 开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0,有产浮二Mg + 吆；水平投出质量为?的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度。二箸2；投出物资后热气球所受浮力不变，那么其所受合力为 FkMg = mg,方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错 误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如下图，设物资落地所用 时间为人根据”二切，解得，二'停，热气球的加速度大小。二翳二崇，那么 在竖直方向上运动的位移为Hm=3寮型H；物资和热气球在水平方向（2H均做匀速直线运动，那么物资和热气球的水平位移分别为Xttl = vot = voyji XM =根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d =