2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題二能量與動(dòng)量第7講動(dòng)量能量命題點(diǎn)三三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

命題點(diǎn)三三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則．(1)動(dòng)量觀點(diǎn)．①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別對(duì)于打擊一類的問(wèn)題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②對(duì)于碰撞、爆炸、反沖一類的問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．(2)能量觀點(diǎn)．①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解．②如果只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，則采用機(jī)械能守恒定律求解．2．解題策略．(1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．(2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過(guò)程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)．(3)在光滑的平面或曲面上的運(yùn)動(dòng)，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過(guò)程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問(wèn)題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析．(4)如含摩擦生熱問(wèn)題，則考慮用能量守恒定律分析．(2023·全國(guó)乙卷)如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為20l.一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等．小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大??；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)．解析：(1)過(guò)程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gl).過(guò)程2：小球以eq\r(2gl)與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)，mv0＝mv1＋Mv′1，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)，v′1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)，即小球碰后速度大小eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下；(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤(pán)下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即v1＋gt＝v′1，解得t＝eq\f(v′1－v1,g)＝eq\f(v0,g).根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得最大距離為dmax＝x盤(pán)－x球＝v′1t－(v1t－eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝l.(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有x盤(pán)1＝x球1，即v1t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝v1′t1，解得t1＝eq\f(2v0,g).此時(shí)小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq\f(3,2)v0，圓盤(pán)的速度仍為v1′，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移x盤(pán)1＝v1′t1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)＝2l，之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2.根據(jù)能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mv″e(cuò)q\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v′2＝0，v″2＝v0.同理可得當(dāng)位移相等時(shí)x盤(pán)2＝x球2，v″2t2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(2v0,g).圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)x盤(pán)2＝v″2t2＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)＝4l，此時(shí)圓盤(pán)距下端口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0，由動(dòng)量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3，機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mv″e(cuò)q\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′23＋eq\f(1,2)Mv″e(cuò)q\o\al(2,3)，得碰后小球速度為v′3＝eq\f(v0,2)，圓盤(pán)速度v″3＝eq\f(3v0,2).當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)x盤(pán)3＝x球3，即v″3t3＝v′3t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)，得t3＝eq\f(2v0,g)＝t1＝t2，在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)x盤(pán)3＝v″3t3＝eq\f(3veq\o\al(2,0),g)＝6l，此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20l－1l－2l－4l－6l＝7l，此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移動(dòng)x盤(pán)4＝8l，則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次．答案：(1)小球速度大小eq\f(\r(2gl),2)，圓盤(pán)速度大小eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4(2023·廣東廣州統(tǒng)考一模)圖甲是一種智能減震裝置的示意圖，輕彈簧下端固定，上端與質(zhì)量為m的減震環(huán)a連接，并套在固定的豎直桿上，a與桿之間的智能涂層材料可對(duì)a施加大小可調(diào)節(jié)的阻力，當(dāng)a的速度為零時(shí)涂層對(duì)其不施加作用力．在某次性能測(cè)試中，質(zhì)量為0.5m的光滑環(huán)b從桿頂端被靜止釋放，之后與a發(fā)生正碰；碰撞后，b的速度大小變?yōu)榕銮暗摩吮?、方向向上，a向下運(yùn)動(dòng)2d時(shí)速度減為零，此過(guò)程中a受到涂層的阻力大小f與下移距離s之間的關(guān)系如圖乙．已知a靜止在彈簧上時(shí)，與桿頂端距離為4.5d，彈簧壓縮量為2d，重力加速度為g.求：(1)與a碰前瞬間，b的速度大??；(2)λ的值；(3)在a第一次向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)b的動(dòng)能為eq\f(1,16)mgd時(shí)a的動(dòng)能．解析：(1)小環(huán)b下落的過(guò)程為自由落體，則veq\o\al(2,1)＝2gh1，解得與a碰前瞬間，b的速度大小為v1＝3eq\r(gd).(2)ab發(fā)生碰撞，設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知0.5mv1＝－0.5mλv1＋mv2，a向下運(yùn)動(dòng)2d時(shí)速度減為零的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知WG－Wf－W彈＝mg·2d－eq\f(1,2)mg·2d－eq\f(（k·2d＋k·4d）,2)·2d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題可知a靜止在彈簧上時(shí)，彈簧壓縮量為2d，根據(jù)胡克定律可知mg＝k·2d，聯(lián)立解得v2＝2eq\r(gd)，λ＝eq\f(1,3).(3)當(dāng)b的動(dòng)能為eq\f(1,16)mgd時(shí)，b的速度為v3＝±eq\f(\r(gd),2)，根據(jù)動(dòng)量定理可知－0.5mgt＝0.5mv3－0.5mλv1，解得t＝eq\f(1,2)eq\r(\f(d,g))或eq\f(3,2)eq\r(\f(d,g)).在a第一次向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，取一段時(shí)間Δt，根據(jù)動(dòng)量定理可知IG－If－I彈＝mgΔt－(mg－eq\f(mg,2d)Δd)Δt－eq\f(mg,2d)·(2d＋Δd)Δt＝mv4－mv2.當(dāng)Δt＝eq\f(1,2)eq\r(\f(d,g))時(shí)，v4＝eq\f(3,2)eq\r(gd)；當(dāng)Δt＝eq\f(3,2)eq\r(\f(d,g))時(shí)，v4＝eq\f(1,2)eq\r(gd)，此時(shí)a的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＝eq\f(9,8)mgd或eq\f(1,8)mgd.答案：(1)3eq\r(gd)(2)eq\f(1,3)(3)eq\f(9,8)mgd或eq\f(1,8)mgd1．游樂(lè)場(chǎng)中有一種管道滑水游戲，其裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示．一滑水者從距水面高H＝5.2m的滑道上端由靜止開(kāi)始滑下，從距水面高h(yuǎn)＝0.2m的下端管口水平飛出，落到距下端管口水平距離x＝0.4m的水面上．若滑水者可視為質(zhì)點(diǎn)，其質(zhì)量m＝50kg，在管道中滑行的時(shí)間t＝3eq\r(3)s．取重力加速度的大小g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)滑水者落到水面上時(shí)的動(dòng)能大?。?2)滑水者在管道中滑行時(shí)阻力對(duì)其做的功；(3)下滑過(guò)程中管道對(duì)滑水者的沖量大?。馕觯?1)滑水者離開(kāi)管道后做平拋運(yùn)動(dòng)x＝v1t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，可得v1＝2m/s.根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由此得到動(dòng)能Ek2＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝200J.(2)滑水者在管道中滑行過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(H－h(huán))＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得阻力做的功Wf＝－2400J.(3)下滑過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為Δp＝mv1－0＝mv1＝100kg·m/s，方向水平向右．重力的沖量大小IG＝mgt＝1500eq\r(3)N·s，方向豎直向下．根據(jù)動(dòng)量定理，可得如圖所示，則有管道對(duì)滑水者的沖量大小為I＝eq\r(Ieq\o\al(2,G)＋（Δp）2)＝2600N·s.答案：(1)200J(2)－2400J(3)2600N·s2．有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)，且不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)．游戲時(shí)，鋼球拉至與O等高的P點(diǎn)(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與積木B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質(zhì)量均為m，各水平接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計(jì)，求：(1)鋼球下落到最低點(diǎn)且與B碰撞前的速度大小v0；(2)積木B向前滑動(dòng)的距離s；(3)將鋼球再次拉起至P點(diǎn)無(wú)初速釋放，積木C沿B的軌跡前進(jìn)．求C被A球撞后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與B球相遇．解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gL).(2)設(shè)小球與積木B發(fā)生彈性碰撞后速度為v1，積木B速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2；由能量守恒定律有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)，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gL).根據(jù)動(dòng)能定理可得，積木B向前滑行的距離s有－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入解得s＝eq\f(L,μ)－4d.(3)又將鋼球拉回P點(diǎn)由靜止釋放，與落下靜止的積木C發(fā)生彈性碰撞，此時(shí)C的速度仍為v3＝v2＝eq\r(2gL)，C滑行s后與B碰撞，此時(shí)C的速度v4滿足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v4＝eq\r(\f(6gLd,4d＋s))＝eq\r(6μgd)；當(dāng)C剛滑離D時(shí)的速度為v5，由動(dòng)能定理及動(dòng)量定理可得－(μ·2mg＋μmg)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，－