第七章 第5讲　小专题 动力学、能量和动量观点的综合应用练习含答案-高考物理一轮专题

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(3)涉及物体系统,且它们之间有相互作用,一般选用动量守恒定律,但需注意是否满足守恒的条件。
(4)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,一般作用时间都极短,即使系统所受合力不为0,也可以用动量守恒定律去解决。
[例1] 【动量观点与动力学观点的综合应用】 (2024·陕西西安一模)某物流公司用如图所示的传送带将物体从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2 m/s。将质量为m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求物体滑上木板左端时的速度大小。
(2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,木板长度L至少应是多少?
(3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L′。
【答案】 (1)6 m/s (2)4.8 m (3)7.2 m
【解析】 (1)物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mgsin 37°+μ1mgcs 37°=ma1,
解得a1=10 m/s2;
设物体与传送带共速时运动的位移为x1,对物体有v02=2a1x1,
解得x1=0.20 m;
因为x1μ2mg,所以木板不运动,物体做匀减速直线运动,设物体速度为0时,恰好到达木板的最右端,其加速度
a3=μ2g=2.5 m/s2,
根据运动学公式有v2=2a3L′,
解得L′=7.2 m,
则木板的最小长度为7.2 m。
考点二 动量与能量观点的综合应用
动量与能量观点的选用原则
在应用动量观点和功能关系解题时,往往涉及位移的求解时应用动能定理,涉及时间的求解时应用动量定理,涉及滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定律列式求解。
[例2] 【动量与能量观点的综合应用】 (2024·广东肇庆一模)如图所示,光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈,圆弧与水平地面间平滑连接,一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块(可视为质点)以初速度v0冲向斜劈,恰能上升到斜劈最高点,不计一切阻力。
(1)求圆弧半径R;
(2)若撤去固定桩,小物块仍以初速度v0冲向斜劈,求此时小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差;
(3)若撤去固定桩,改变小物块的初速度大小,使小物块所能上升的最大高度为2R,求此时小物块的初速度大小和斜劈最终的末速度大小。(结果均用v0表示)
【答案】 (1)v022g (2)v024g (3)2v0 2v0
【解析】 (1)对小物块由动能定理得-mgR=0-12mv02,
解得R=v022g。
(2)小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律得
mv0=2mv,
由能量守恒定律得12mv02=12×2mv2+mgh,
联立解得h=v024g。
(3)设小物块的初速度大小为v1,小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律、能量守恒定律得mv1=2mv共,
12mv12=12×2mv共2+2mgR,
联立解得v1=2v0。
小物块与斜劈最终分离时,设小物块的速度大小为v1′,斜劈的速度大小为v2,有
mv1=mv1′+mv2,
12mv12=12mv1′2+12mv22,
联立解得v2=2v0。
考点三 力学三大观点的综合应用
三大观点优选策略
(1)在研究物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时,或者物体受到恒力作用做匀变速直线运动时,优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。
(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及时间的问题,或作用时间极短的冲击作用,优先选用动量定理解决问题。
(3)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及位移且不涉及加速度、时间等问题,优先选用动能定理解决问题。
(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功,而又不涉及加速度和时间,优先选用机械能守恒定律解决问题。
(5)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,如果所研究的问题满足动量守恒或机械能守恒的条件,则优先选用动量守恒定律和机械能守恒定律解决问题。
(6)在涉及相对位移问题时,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。
(7)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时,注意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化。这类问题由于作用时间都极短,则优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。
[例3] 【力学三大观点的综合应用】 (2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
【解析】 (1)对物块A由平抛运动知识得
h=12gt2,xA=vAt,
代入数据解得vA=1 m/s,
对A、B物块整体由动量守恒定律有mAvA=mBvB,
解得vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有-μmBgxB=0-12mBvB2,
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
联立解得ΔEp=0.12 J。
(满分:80分)
对点1.动量观点与动力学观点的综合应用
1.(4分)(2025·贵州六盘水开学考)一爆竹从水平地面上竖直向上抛出,爆竹上升到最高点时炸裂为质量不同、速度均沿水平方向的两部分,最后均落回地面。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
[A] 质量大的部分在空中运动的时间长
[B] 质量小的部分在空中运动的时间长
[C] 质量大的部分落地速度大
[D] 质量小的部分落地速度大
【答案】 D
【解析】 根据题意可知,炸裂后两部分均做平抛运动,由h=12gt2可知,两部分在空中运动的时间相等,故A、B错误;根据题意可知,爆炸过程动量守恒,则两部分水平飞出时动量大小相等,由p=mv可知,质量大的部分初速度小,由于两部分在空中运动的时间相等,由vy=gt可知,落地时竖直分速度相等,由v=v02+vy2可知,初速度大的落地速度大,则质量小的部分落地速度大,故C错误,D正确。
2.(12分)气囊是剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施,当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;
(2)甲车碰撞前是否超速;
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)没有超速 (3)6.68×104 N
【解析】 (1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax,
a=μ(m1+m2)gm1+m2=μg,
解得v=2 m/s。
(2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,
解得v1=9 m/s=32.4 km/h4 N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma,
整理得a=1MF-μmgM,
结合题图乙有k=1M=1 kg-1,
截距b=-μmgM=-2 m/s2,
联立以上各式可得
M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
②由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,小物块的加速度为
a2=μg=2 m/s2,
设当小物块运动到P点时,经过t0时间,则对轨道有v1=a1t0,
对小物块有v2=a2t0,
小物块从P点运动到Q点的过程中系统机械能守恒,有
12Mv12+12mv22=12Mv32+12mv42+2mgR,
系统水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4,
其中v4=7 m/s,
联立解得t0=1.5 s,
则轨道水平部分的长度L=12a1t02-12a2t02,
代入数据解得L=4.5 m。