2024届高考物理一轮总复习第六章动量动量守恒定律第4讲“应用三大力学观点解题”的技能强化学案.docx

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1、第4讲“应用三大力学观点解题”的技能强化加强点(一) 动量观点与动力学观点的综合应用(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。典例静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其

2、右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20。重力加速度取g10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？解析(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvBEkmAvA2mBvB2联

3、立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s。(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBamBgsBvBtat2vBat0在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m由于lsA2lsB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此

4、时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m。(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有mAvA2mAvA2mAg(2lsB)联立式并代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2联立式并代入题给数据得vA m/s，vB m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学

5、公式2asAvA2,2asBvB2由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91 m。答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)物块B先停止0.50 m(3)0.91 m针对训练(2021年8省联考广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角30，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k0)。现始终给A施加一个大小为Fmg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板

6、之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。解析：(1)A和B恰好能静止，则有mgsin mgcos ，当给A施加一个大小为Fmg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知Fmgsin mgcos ma解得：agA与B碰撞前的速度为v122gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv1mv2mv1，由能量守恒定律可知mv12mv22mv12解得：v10，v2。(2)碰撞后B运动到底端所用时间为t1 A运动到底端所用时间为t2 若t1t2解得：k当0

7、k时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有gt2t解得：t2 当k时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，B与挡板碰后原速率返回mgsin mgcos ma解得：ag再次相碰时，满足：Lgt2(tt1)a(tt1)2，解得：t 。答案：(1)0(2)当0k时，t2；当k时，t 加强点(二) 动量观点与能量观点的综合应用1两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律。能量的观点：动能定理和能量守恒定律。2三种技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优

8、先考虑动能定理。(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。典例一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为14的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。解析(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小

9、为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有0v022ghv2v022g联立式解得vv0。(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为m1v12m2v22(m1m2)v02玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1m2v20分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1、v2，由速度合成公式，有v1v2联立式，考虑到m1m214，得 2。答案(1)v0(2)2针对训练(2021北京等级考)如图所示，小物块A、B的质量均为m0.10 kg，B

10、静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s0.30 m，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能E。解析：(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，由hgt2解得t0.30 s。(2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由svt解得v1.0 m/s。根据动量守恒定律，由mv02mv解得v02.0 m/s。(3)两物块碰撞过程中损失的机械能Emv022mv2解得E0.10

11、 J。答案：(1)0.30 s(2)2.0 m/s(3)0.10 J加强点(三) 三大力学观点的综合应用1三大基本观点力的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量的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动量的观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统

12、中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。特别提醒(1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。典例(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角37的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角37的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形

13、轨道半径R0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG2.5 m，HI长度L09 m，摆渡车长度L3 m、质量m1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。解析(1)滑块从A到C，由动能定理得：mg(h1.2RRcos R)mvC

14、2代入得vC4 m/s在C点，由牛顿第二定律得：FCmgm代入数据解得：FC22 N。(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh0.2mgLFGmv02代入数据解得：v06 m/s滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得mv0(mm)v共代入数据解得v共3 m/s由能量守恒定律得：mgLmv02(mm)v共2代入数据解得0.3。(3)对滑块由牛顿第二定律得：mgma减速阶段：t11 sx1(v0v共)t14.5 m匀速阶段t21.5 s则滑块从G到J用时tt1t22.5 s。答案(1)4 m/s22 N(2)0.3(3)2.5 s针对训练如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放

15、在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgLmv02，解得：v0小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：Tmgm

16、由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力TT解得：T3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：hgt2水平方向：Lt，解得：hL。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0m3mv1设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1(3m6m)v2由能量守恒定律得：3mv12(3m6m)v223mgs联立解得：s由sL知，滑块C不会从木板上掉下来。答案：(1)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来课时跟踪检测1如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情

17、景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即fkh，其中k(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgHmv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0

18、(Mm)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(Mm)gh1W10(Mm)v2其中W1kh12联合上式解得h1，另一负解不合实际情况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：(Mm)glW总0N(Mm)v2其中W总kl2，解得N2 025。答案：(1)(2)2 0252如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v6 m/s匀速转动，水平部分长度L9 m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹

19、性势能Ep9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数0.2，物块质量mAmB1 kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g10 m/s2。(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有EpmAvA2mBvB2由动量守恒定律得mAvAmBvB0联立以上两式解得vA3 m/

20、s，vB3 m/s。(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，由动能定理得mBgx0mBvB2，解得x2.25 m由于xL，B不能从传送带右端滑离传送带。(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知EmAvA2mAv12由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2vB3 m/s设B与A发生碰撞粘连后速度为v，由动量守恒定律可得mAv1mBv2(mAmB)v，要使二者能一起滑离传送带，要求(mAmB)v2(mAmB)gL，由以上四式可得E 108

21、 J。答案：(1)3 m/s3 m/s(2)不能(3)108 J3(2021海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0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。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，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)若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。解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv03mv共

22、，解得v共。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木2v滑，再根据动量守恒定律有2mv02mv木mv滑，联立化简得v滑v0，v木v0，再根据功能关系有mgx2mv木2mv滑22mv02，联立解得x。(3)由于木板保持匀速直线运动，则有Fmg，对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑g，滑块相对木板静止时有v0a滑t，解得t，则整个过程中木板滑动的距离为xv0t，则拉力所做的功为WFxmv02。答案：(1)(2)(3)mv024(2022浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、

23、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m2 g，l1 m，R0.4 m，H0.2 m，v2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g10 m/s2。(1)若h1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； (3)若物

24、块b释放高度0.9 mh1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mghmvb2，解得vb5 m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvbmvbmv0，mvb2mvb2mv02联立解得v0vb5 m/s。(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得mgh12mglmgH0解得h11.2 m以竖直向下为正方向FNmgm由动能定理mgh2mglmgHmvE2联立可得FN0.1h0.14(h1.2

25、m)。(3)当1.2 mh1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得mgh2mglmgHmvE2从E点飞出后，竖直方向Hgt2水平方向svEt根据几何关系可得DF m联立解得x3lDFs1代入数据解得mxm当0.9 mh1.2 m时，从h20.9 m释放时，根据动能定理可得mgh2mgs20，解得s21.8 m可知物块达到距离C点0.8 m处静止；若物块a到E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得mgHmgs30解得s30.4 m距离C点0.6 m，综上可知当0.9 mh1.2 m时，3ls3x3l代入数据得2.6 mx3 m。答案：(1)5 m/s(2)FN0.1h0.14(h1.2 m)，以竖直向下为正方向(3)当0.9 mh1.2 m时，2.6 mx3 m，当1.2 mh1.65 m时，mxm