高考物理總復習第六章動量守恒定律專題強化九力學三大觀點的綜合應用

專題強化九力學三大觀點的綜合應用【專題解讀1.掌握解決力學綜合問題常用的三個觀點。2.會靈活選用三個觀點解決力學綜合問題。1．三個基本觀點(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。2．主要運動形式(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、滑塊在木板上的運動、傳送帶上的直線運動等。(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動等。(3)平拋運動：與斜面有關的平拋運動、與圓軌道有關的平拋運動等。3．規(guī)律選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間)或動能定理(涉及位移)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換。作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決?！菊骖}示例1(2021·廣東卷，13)算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖1所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。圖1(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。答案(1)能，計算過程見解析(2)0.2s解析(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v2－veq\o\al(2,1)＝2a1s1解得v1＝0.3m/s甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設乙算珠能運動的最遠距離為s，則s＝eq\f(veq\o\al(2,乙),2a2)＝0.02m由于s＝s2所以乙算珠能夠滑動到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運動直到停止，所用時間t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠從撥出到停下所需的時間t＝t1＋t2＝0.2s?！菊骖}示例2(2020·海南卷)如圖2所示，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質量ma＝1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點P由靜止釋放，到最低點Q時與另一質量mb＝3kg小物塊b發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短)。已知圓弧軌道半徑R＝0.8m，傳送帶的長度L＝1.25m，傳送帶以速度v＝1m/s順時針勻速轉動，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2。求：圖2(1)碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大??；(2)碰后小物塊a能上升的最大高度；(3)小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間。答案(1)30N(2)0.2m(3)1s解析(1)設小物塊a下滑到圓弧最低點未與小物塊b相碰時的速度為va，根據(jù)機械能守恒定律有magR＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)代入數(shù)據(jù)解得va＝4m/s小物塊a在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mag＝maeq\f(veq\o\al(2,a),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝30N，根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N。(2)小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有mava＝mava′＋mbvb根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)聯(lián)立解得va′＝－2m/s，vb＝2m/s小物塊a反彈，根據(jù)機械能守恒有magh＝eq\f(1,2)mava′2解得h＝0.2m。(3)小物塊b滑上傳送帶，因vb＝2m/s>v＝1m/s，故小物塊b先做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmbg＝mba解得a＝2m/s2則小物塊b由2m/s減至1m/s，運動的位移為x1＝eq\f(veq\o\al(2,b)－v2,2a)＝0.75m運動時間為t1＝eq\f(vb－v,a)＝0.5s因x1＝0.75m<L＝1.25m，故小物塊b之后將做勻速運動至右端，則勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(1.25－0.75,1)s＝0.5s故小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間t＝t1＋t2＝1s?！纠?(2021·山東濟南市模擬)如圖3所示，兩足夠長直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止狀態(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為O、O′。有5個完全相同的小滑塊，質量均為m＝0.5kg。某時刻第一個小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時小滑塊恰好位于O點，每當前一個小滑塊與P共速時，下一個小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：圖3(1)滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長度L；(3)第5個小滑塊與P之間摩擦產生的熱量Q。答案(1)0.45(2)2.25m(3)2J解析(1)對滑板受力分析，畫出滑板的兩個平面圖如圖甲和乙所示由幾何關系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板處于靜止狀態(tài)，由平衡條件可得Mgcosθ＝2FN′cosαMgsinθ＝2μ2FN′聯(lián)立解得μ2＝0.45。(2)第一個小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導軌方向合外力為零，系統(tǒng)動量守恒mv0＝(m＋M)v1設滑塊相對滑板的位移OO′為L，由系統(tǒng)的動能定理得mgLsinθ－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立方程解得L＝2.25m。(3)第四個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v4，則有4mv0＝(4m＋M)v4第五個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v5，則有5mv0＝(5m＋M)v5設第五個滑塊相對滑板的位移OO′為L5，由系統(tǒng)的動能定理，得mgL5sinθ－μ1mgL5cosθ＝eq\f(1,2)(5m＋M)veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(4m＋M)veq\o\al(2,4)則由于摩擦產生的熱量Q＝μ1mgL5cosθ＝2J?！踞槍τ柧?(2021·河北卷，13)如圖4所示，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：圖4(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)設背包的質量為m1，滑雪者的質量為m2對背包，由牛頓第二定律得m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得背包的加速度a1＝2m/s2設背包由A點運動到B點的時間為t，由勻變速直線運動的規(guī)律得eq\f(1,2)a1t2＝v0(t－1)＋eq\f(1,2)a2(t－1)2解得t＝3s則滑道AB段的長度xAB＝eq\f(1,2)a1t2＝9m。(2)背包到達B點的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到達B點的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m2＋m1)v解得滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度v＝7.44m/s?！踞槍τ柧?(2021·北京卷，17)如圖5所示，小物塊A、B的質量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖5(1)兩物塊在空中運動的時間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)兩物塊碰撞后，豎直方向的運動為自由落體運動則有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運動為勻速運動，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。1．(2021·湖南師范大學附中模擬)如圖1所示，B是固定斜面AC的中點，小滑塊P、Q的質量相等，P、Q表面的粗糙程度不同。將Q輕放在斜面BC段的某一位置，Q恰好能處于靜止狀態(tài)。P從斜面頂端A以初速度v0沿斜面下滑，到達中點B時的速度為eq\f(3,4)v0，之后繼續(xù)下滑與Q碰撞并粘在一起運動，P、Q運動到斜面底端C時速度恰好減為零。假設碰撞時間極短，最大靜摩擦力與相對應的滑動摩擦力大小相等，求P、Q碰撞前的瞬間，P的速度大小。圖1答案eq\f(v0,2)解析設A、C間距離為L，P與Q碰撞前受到的合外力大小為F，P從A到B的過程，由動能定理有－F·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設P與Q碰前瞬間，P的速度為vP，Q到A點的距離為x，P從A到與Q碰前瞬間的過程，由動能定理有－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設P、Q碰后共同速度為v，由動量守恒定律得mvP＝2mvP、Q粘合體從碰后到運動到C點的過程，設整體受到的合外力大小為F′，由動能定理有－F′(L－x)＝0－eq\f(1,2)×2mv2由于Q在斜面上恰好能處于靜止狀態(tài)，故碰前P受到的合外力等于碰后二者受到的合外力，即F＝F′聯(lián)立解得vP＝eq\f(v0,2)。2．(2020·天津卷，11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？答案(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)解析(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A從最低點到最高點的過程中，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由動量定理有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式得I＝m1eq\r(5gl)④(2)設兩球粘在一起時的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足v′＝vA⑤要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧3．(2021·湖南懷化市一模)如圖2所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點平滑連接?？梢暈橘|點的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運動到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達最高點d。已知小球甲的質量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c點時軌道對其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復原長時兩小球均在水平軌道上，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：圖2(1)小球乙的質量；(2)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf。答案(1)1kg(2)27J(3)8J解析(1)對小球甲，脫離彈簧后運動到a處，由機械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s對小球甲、乙，由動量守恒定律得m1v1－m2v2＝0對小球乙，在c點，由牛頓第二定律得F－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R)聯(lián)立解得m2＝1kg，v2＝6m/s或m2＝9kg，v2＝eq\f(2,3)m/s小球乙恰好過d點，由牛頓第二定律有m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,d),R)解得vd＝eq\r(gR)＝2m/s>eq\f(2,3)m/s由題意知vd＜v2所以小球乙的質量m2＝1kg。(2)由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能Ep＝27J。(3)對小球乙在半圓形軌道上運動的過程中，設克服摩擦力所做的功為Wf由動能定理有－2m2gR－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,d)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得Wf＝8J。4．(2020·浙江7月選考)小明將如圖3所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。圖3(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為