新高考物理一轮复习考点讲义第7章第37课时　专题强化：用三大观点解决动力学问题（含答案）

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1.解决动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：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。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2.动力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则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，即系统内能的增加量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
例2 (2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝221 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2(x为形变量)，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
例3 如图，半径为R的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接(14圆弧轨道最低点与水平轨道相切)，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m的n个小球，编号依次为1、2、3、4…n，整个轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球A在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间均发生对心弹性碰撞，求：
(1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；
(2)第n号小球的速度大小；
(3)1号小球的最终速度大小。
数列法在动力学中的应用
凡涉及数列的物理问题具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程并不完全重复，而是有一定的变化，利用某些物理量前后变化的联系，找出变化规律。
该问题的解题思路：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理变化的通项公式；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
答案精析
例1 (1)8 N 5 N (2)8 m/s
(3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m+M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg－f'＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝12mv12－12mv02
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m+M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m+M)gh＝0－12(m+M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
例2 (1)10 m/s 31.2 N (2)0
(3)0.2 m
解析 (1)滑块a从D到F，由动能定理mg·2R＝12mvF2－12mv02
在F点由牛顿第二定律得
FN－mg＝mvF2R
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N
(2)已知滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，
设滑块a与b碰后的速度大小为va，由动能定理有：－mg·2R－μmg·L＝12mvB2－12mva2
解得va＝5 m/s
因a、b碰撞过程动量守恒，
则mvF＝－mva+3mvb
解得碰后b的速度vb＝5 m/s
则滑块a、b碰撞过程损失的能量
ΔE＝12mvF2－12mva2－12×3mvb2
解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv，解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv＝6mv'，解得v'＝53 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有12×(m+3m)v2＝12×(m+3m+2m)v'2+12kx12，
解得x1＝0.1 m
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (1)2gR2 2gR2 (2)2gR2 (3)2gR2n
解析 (1)根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律有
mgR＝12mv02
解得v0＝2gR
设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为vA，1号小球的速度为v1，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mvA+3mv1
12mv02＝12mvA2+12×3mv12
解得vA＝m−3mm+3mv0＝－2gR2，v1＝2mm+3mv0＝2gR2
即碰撞后两小球的速度大小均为2gR2。
(2)此后1号球向右运动，与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有3mv1＝3mv1'+3mv2
12×3mv12＝12×3mv1'2+12×3mv22
解得v1'＝0，v2＝2gR2
通过计算说明1号球碰后在原2号球位置静止，2号球碰后速度等于1号球碰前的速度，即两者交换速度。此后，2号球与3号球、3号球与4号球直至最后(n－1)号球与n号球碰撞，都遵循同样的规律，则第n号球的速度应为vn＝2gR2
(3)根据上述分析可知，小球A与1号球第一次碰后向左运动至轨道一定高度后返回水平轨道，此时速度大小为v02，方向向右，将与已经静止的1号球(在原来2号球位置)发生第二次碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为
vA'＝－12×v02＝－v04，
v1'＝12×12v0＝v04
碰后A球向左运动，1号球向右运动再次与2号球碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度，即A球与1号球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A球速度减半。由题意可知A球与1号球最终发生n次碰撞(最后一次在n号球最初的位置)，故1号球的最终速度为v＝v02n＝2gR2n。