2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）學案：第6章 熱點專題系列（五）- 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）學案：第6章熱點專題系列（五）——動力學、動量和能量觀點在力學中的應用含解析熱點專題系列(五）—-動力學、動量和能量觀點在力學中的應用熱點概述：處理力學問題的三個基本觀點：①動力學觀點（牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律)；②能量觀點（動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律）;③動量觀點(動量定理、動量守恒定律).熟練應用三大觀點分析和解決綜合問題是本專題要達到的目的。[熱點透析]動量與動力學觀點的綜合應用1．解動力學問題的三個基本觀點（1)力的觀點：用牛頓運動定律結(jié)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．力學規(guī)律的選用原則（1）如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)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（涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)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能量守恒定律(機械能守恒定律)去解決問題，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(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)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隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換，這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M＝0.2kg的小球P和質(zhì)量為m＝0.1kg的小球Q,P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接），桌面邊緣E處放置一質(zhì)量也為m＝0。1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道.釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道,恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點。已知水平桌面高為h＝0。2m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2m，重力加速度為g＝10m/s2，求:（1）小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小NB′；（2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ;(3）被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep。解析（1）小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點C，則有Mg＝Meq\f(v\o\al(2，C),R)，解得vC＝eq\r(gR）對于小球P，從B→C，由動能定理有－2MgR＝eq\f(1,2）Mveq\o\al(2，C)－eq\f（1,2）Mveq\o\al（2，B)解得vB＝eq\r（5gR)在B點有NB－Mg＝Meq\f（v\o\al(2，B），R）解得NB＝6Mg＝12N由牛頓第三定律有NB′＝NB＝12N。(2)設(shè)Q與S做平拋運動的初速度大小為v,所用時間為t，根據(jù)公式h＝eq\f(1，2)gt2，得t＝0。2s，根據(jù)公式x＝vt，得v＝1m/s碰撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvQ＝2mv解得vQ＝2m/s.（3)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有MvP＝mvQ解得vP＝1m/s對P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有Ep＝eq\f（1,2)Mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1，2)mveq\o\al（2，Q）解得Ep＝0。3J.答案(1）12N(2)2m/s（3）0.3J動量與能量觀點的綜合應用解題技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng),應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。（2）若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理。（3）動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律）、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處，特別對于變力作用問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。(2019·福建漳州二模）如圖所示，傾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個質(zhì)量均為m＝0.5kg的物塊（均可視為質(zhì)點），A固定,C與斜面底端處的擋板接觸,B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止狀態(tài)，A、B間的距離d＝3m，現(xiàn)釋放A，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，A、B的碰撞為彈性碰撞,碰撞后立即撤去A,取g＝10m/s2,sin37°＝0。6，cos37°＝0。8.（1）求A與B碰撞前瞬間A的速度大小v0；(2)若B沿斜面向下運動到速度為零時（此時彈簧仍在彈性限度內(nèi))，彈簧的彈性勢能增量Ep＝10.8J,求B沿斜面向下運動的最大距離x；(3）若C剛好要離開擋板時，B的動能Ek＝8.7J，求彈簧的勁度系數(shù)k。解析(1）對A由釋放到與B碰撞前瞬間，根據(jù)機械能守恒定律有：mgdsinθ＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2,0）解得：v0＝6m/s.(2）設(shè)碰撞后瞬間A、B的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律有:mv0＝mv1＋mv2A、B碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒,有：eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0）＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2，2)解得：v1＝0，v2＝v0＝6m/sA、B碰撞后，對B沿斜面向下壓縮彈簧至B速度為零的過程，根據(jù)能量守恒定律有：Ep＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,2)＋mgxsinθ解得：x＝0。6m。（3）A、B碰撞前，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f（mgsinθ,k)當C剛好要離開擋板時，彈簧的伸長量為:x2＝eq\f(mgsinθ,k）可見，在B開始沿斜面向下運動到C剛好要離開擋板的過程中，彈簧的彈性勢能的改變量為零。根據(jù)機械能守恒定律有：eq\f(1,2）mveq\o\al(2，2)＝Ek＋mg(x1＋x2)sinθ解得：k＝60N/m.答案（1）6m/s（2)0。6m（3)60N/m力學三大觀點解決多過程問題解題技巧多過程問題看似復雜,但一般都可以劃分為多段基本運動形式：直線運動、平拋運動、圓周運動。1．解題思路：（1)對于這類問題，首先做受力分析和運動分析,根據(jù)受力和運動特點將多過程問題劃分為幾個基本的力學模型，最好畫出草圖。提示：對于比較復雜的多過程運動,例如兩個以上物塊在木板上的滑動，當速度達到相同時受力特點有可能發(fā)生突變,這時要仔細分析臨界情況，看是否要劃分過程。(2)然后根據(jù)每個過程的特點,結(jié)合力學三大觀點的選用原則選擇合適的力學規(guī)律(動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律、牛頓運動定律、運動學關(guān)系式、動量守恒定律、動量定理）列方程，并注意過程銜接處的物理量關(guān)系（如速度大小不變).(3）聯(lián)立方程求解（有些情況需要先計算出一個過程末的物理量,然后再據(jù)此重復（1）（2）步驟分析下一個過程列方程求解，層層遞進)。2．過程等效:根據(jù)受力特點，有些多個過程可以簡化為一個過程應用力學規(guī)律，提高效率.例如物體經(jīng)過多段光滑軌道，雖然運動規(guī)律不同，但可以整體上運用機械能守恒定律；多個物體連續(xù)多次碰撞，有時可以看成一個過程運用動量守恒定律。作簡化等效處理時要注意細節(jié)分析，如幾個物體連續(xù)碰撞時雖然動量守恒，但可能有機械能損失,這種情況極容易出錯。(2019·山東濱州模擬)如圖甲所示，足夠長的木板C通過某一裝置鎖定在地面上,物塊A、B靜止在木板C上，物塊A、B間距離為1.1m。開始時物塊A以速度v0＝6m/s向右運動，物塊A在與B碰撞前一段時間內(nèi)的運動圖象如圖乙所示。已知物塊A、B可視為質(zhì)點,質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝4kg,A、B與木板間的動摩擦因數(shù)相同，木板C的質(zhì)量為mC＝1kg，C與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1，6）。A與B彈性碰撞過程時間極短、可忽略摩擦力的影響,A、B碰撞瞬間木板C解除鎖定。重力加速度取10m/s2.求：(1）物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)碰撞后瞬間物塊A的速度；（3）最后停止時物塊A、B間的距離（結(jié)果保留兩位小數(shù)）.解析（1）根據(jù)圖象可知aA＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt）))①對A受力分析并由牛頓第二定律有:μ1mAg＝mAaA②聯(lián)立①②式解得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0。5③(2)設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v，則v2－veq\o\al(2,0)＝－2aAx1④由于A、B彈性碰撞,取向右為正方向，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA、vB，則mAv＝mAvA＋mBvB⑤eq\f（1，2)mAv2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A）＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)⑥聯(lián)立①④⑤⑥式解得：vA＝－3m/s，vB＝2m/s⑦即碰撞后瞬間物塊A的速度大小為3m/s，方向向左.（3)碰撞后對木板C受力分析得μ1mBg－μ1mAg－μ2（mA＋mB＋mC）g＝mCaC⑧由物塊B受力得：μ1mBg＝mBaB⑨分析可知B先與C相對靜止，設(shè)經(jīng)時間t1物塊B與木板C達到相同的速度v,則v＝vB－aBt1⑩此時C的速度為v＝aCt1?聯(lián)立③⑦⑧⑨⑩?式解得:v＝1。0m/s，t1＝0。2s從A、B碰撞結(jié)束到B、C速度相同，設(shè)B向右的位移大小為x2，則x2＝eq\f(vB＋v,2)t1?此時A仍向左運動B、C相對靜止后一起向右運動，設(shè)其加速度大小為a，則μ1mAg＋μ2（mA＋mB＋mC）g＝(mB＋mC)a?分析可知B、C速度減為零后停止運動，A繼續(xù)向左減速,設(shè)B、C一起向右運動的位移大小為x3，則0－v2＝－2ax3?設(shè)A碰撞后到停下經(jīng)過的位移大小為x4，則0－veq\o\al(2,A）＝－2aAx4?最后停止時物塊A、B間的距離x＝x2＋x3＋x4＝1。37m.答案（1)0.5(2）3m/s，方向向左(3)1.37m[熱點集訓］1．(2019·湖南岳陽模擬）如圖所示,一塊足夠長的木板C質(zhì)量為4m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B兩個完全相同的炭塊(在木板上滑行時能留下痕跡)，兩炭塊質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，開始時木板靜止不動,A、B兩炭塊的初速度分別為v0、2v0,方向如圖所示，A、B（1)木板的最終速度；(2)木塊A在整個過程中的最小速度；(3）A、B兩炭塊在木板上所留痕跡的長度之和。答案（1)0。5v0（2)eq\f（v0，3)（3)eq\f（7v\o\al（2，0），4μg)解析(1）選A、B、C整體為研究對象，由動量守恒定律可得：mv0＋m·2v0＝(m＋m＋4m)解得：v＝0.5v0.（2）A、B做勻減速直線運動的加速度大小a＝eq\f（μmg,m)＝μgA、B都滑動時,木板的加速度大小a′＝eq\f（μmg＋μmg，4m)＝eq\f（1，2）μg。因為A的初速度較小，A與木板先達到共同速度，A與木板達到共同速度后，再與木板一起做勻加速直線運動，可知A與木板速度相同時,速度最小。設(shè)此過程經(jīng)歷時間為t，則：v0－at＝a′t，解得：t＝eq\f(2v0,3μg），則A的最小速度vmin＝v0－at＝eq\f（1，3)v0.(3）全過程根據(jù)能量守恒定律得:μmgx＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,0)＋eq\f(1,2)m·（2v0）2－eq\f（1，2）·6mv2解得：x＝eq\f(7v\o\al（2,0），4μg）。2．(2019·山東濱州模擬）如圖a所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時右端在C點，C點左側(cè)地面光滑、右側(cè)地面粗糙。用可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg的物體A將彈簧壓縮至O點并鎖定.以O(shè)點為原點建立坐標軸?，F(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運動，拉力F隨位移x變化的關(guān)系如圖b所示,運動到0.225m處時，撤去拉力F。（1）求物體A與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)以及向右運動至最右端的位置D點的坐標；（2)若在D點給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點，求物體A到C點時的速度；（3)質(zhì)量為M＝3kg的物體B在D點與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物體A向左運動并恰能壓縮彈簧到O點,求物體B與A碰撞前的瞬時速度。答案(1)0。50。45m（2）eq\f(\r（2)，2)m/s(3)eq\f(4，3)m/s解析（1）由于物體A做勻加速直線運動，結(jié)合圖象分析可知，在C點：FC＝5N＝ma解得:a＝5m/s2在C點右側(cè)：F－μmg＝ma,F＝10N解得：μ＝0。5從O到C點，物體做勻加速運動，則:veq\o\al(2，C）＝2axOC解得：vC＝1m/s從C到D的過程中，由動能定理得：Fx1－μmg·xCD＝0－eq\f(1,2）mveq\o\al(2,C)其中x1＝0.225m－0.1m＝0.125m解得：xCD＝0.35m則D點坐標為：xD＝xOC＋xCD＝0.45m。(2）物體A將彈簧由C點壓縮至O點的過程，由動能定理得：－W彈＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，C1)物體從O到C,由動能定理得：W彈＋WF＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,C)－0其中WF＝eq\f(FC，2)xOC聯(lián)立解得:vC1＝eq\f(\r（2）,2)m/s。(3)設(shè)B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則：Mv0＝Mv1＋mv2eq\f（1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1，2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f（1,2)mveq\o\al(2，2)物體A從D到C過程中，由動能定理：－μmgxCD＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,C1）－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，2）聯(lián)立解得：v0＝eq\f(4，3）m/s。3．(2019·湖南長沙第一中學高三下學期模擬）一質(zhì)量M＝2kg的長木板B靜止在光滑的水平面上，B的右端與豎直擋板的距離為s＝0.5m.一個質(zhì)量為m＝1kg的小物體A以初速度v0＝6m/s從B的左端水平滑上B，當B與豎直擋板每次碰撞時，A都沒有到達B的右端。設(shè)物體A可視為質(zhì)點,A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2，B與豎直擋板碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失，g取10m/s2。求：（1)B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，A、B的速度值各是多少？（2）最后要使A不從B上滑下，木板B的長度至少是多少？(最后結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案(1）4m/s1m/s(2)8.96m解析（1）假設(shè)B與擋板碰撞前已與A達到共速，設(shè)A、B達到共同速度v1時，B向右運動的距離為s1，則由動量守恒定律有：mv0＝（M＋m)v1對B，由動能定理有：μmgs1＝eq\f(1，2）Mveq\o\al（2,1）聯(lián)立解得:s1＝2m由于s＝0.5m<2m,可知B與擋板碰撞時，A、B還未達到共同速度，即假設(shè)不成