上海新教材高三物理一轮复习讲义-力学8--动量第4讲 力学三大观点的综合应用--教师版+学生版

这是一份上海新教材高三物理一轮复习讲义-力学8--动量第4讲 力学三大观点的综合应用--教师版+学生版，共38页。学案主要包含了解动力学问题的三个基本观点，动量观点和能量观点的比较，利用动量和能量的观点解题的技巧等内容，欢迎下载使用。
二、动量观点和能量观点的比较
三、利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
专题训练
1．动力学方法的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
1、如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝2kg，m2＝4kg，此时轻绳处于水平且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75，对物体B施加水平恒力F＝76N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F，若两物体均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
(1)两物体加速时轻绳上的张力T；
(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L。
[解析] (1)两物体加速时对整体研究有：F－μ1m1g－μ2m2g＝(m1＋m2)a
对A物体有：T－μ1m1g＝m1a 两式联立可得：T＝22N，a＝6m/s2
(2)物体B到达斜面底端的速度为：v＝at＝12m/s
物体B到达斜面后，做减速运动，根据牛顿第二定律可知：a1＝eq \f(－m2gsinθ－μ2m2gcsθ,m2)＝－12m/s2
物体B在斜面上上滑的位移为： x＝eq \f(0－v2,2a1)＝eq \f(0－122,－2×12)m＝6m
设AB间的绳长为L，则A在水平面上的加速度为：a′＝eq \f(－μ1m1g,m1)＝－5m/s2，
到达斜面底端的速度为v′，则有：v′2－v2＝2a′L
A在斜面上的加速度为：a2＝eq \f(－m1gsinθ－μ1m1gcsθ,m1)＝－10m/s2，在斜面上运动过程由运动学公式可知：x＝eq \f(0－v′2,2a2)
联立解得：L＝2.4m [答案] (1)22N (2)2.4m
2．能量观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、能量守恒定律求解。
2、如图所示，某玩具厂设计出一个“2018”字形的竖直模型玩具，固定在足够长的水平地面上，四个数字等高，“2”字和“8”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，过“2”字出口H点的竖直虚线与“2”字上半圆相切，“0”字是半径为R的单层光滑圆轨道，“1”字是高度为2R的具有左右两条通道的光滑竖直细管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H、F、B、C间的距离分别为3R、3R、2R。一小物块(可视为质点)分别从“1”字轨道A端的左、右两侧通道进入模型开始运动，小物块与FB、BC段轨道的动摩擦因数μ1＝0.4，与HF段轨道的动摩擦因数μ2＝0.15，已知R＝1m，g取10m/s2。
(1)要使小物块能通过“8”字轨道，求小物块从“1”字轨道上端右侧通道射入的初速度的最小值；
(2)让小物块以eq \r(43)m/s的初速度从“1”字轨道上端左侧通道射入，通过“0”字轨道最高点后从“2”字轨道J口飞出(J口末端水平)，求落地点到J点正下方的水平距离；
(3)若“0”字圆形轨道半径可调(F点位置不动)，且其轨道不能与其他字形重叠。现让小物块从“1”字轨道上端左侧通道静止释放，要使小物块不脱离“0”字轨道，“0”字轨道半径R′应满足什么条件？
[解析] (1)能通过“8”字轨道最高点D的临界速度vD＝0
从A到D由动能定理得－μ1mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A) 解得vA＝4m/s
(2)从A到J由动能定理得－μ1mg·3R－μ2mg·3R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,J)－eq \f(1,2)mvA′2
J飞出后至落地做平抛运动，得2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vJt 联立解得x＝2m
(3)讨论
(ⅰ)小物块恰过“0”字最高点G，设此时半径为R1，在G点，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\\al(2,G),R1)
从A到G由动能定理得mg(2R－2R1)－μ1mg·3R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,G)－0 解得R1＝0.32m
所以，当R′≤0.32m时，小物块可以通过“0”字轨道最高点不脱轨。
(ⅱ)小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，设此时半径为R2，由动能定理得mg(2R－R2)－μ1mg·3R＝0
解得R2＝0.8m
为了轨道不重叠，最大“0”字轨道与A端相碰。设此时半径为R3，
如图所示，由勾股定理得Req \\al(2,3)＝(3R)2＋(R3－2R)2
解得R3＝3.25m。
所以R2≤R′≤R3，即0.8m≤R′≤3.25m时，小物块也不脱轨。
综上，要使小物块不脱离“0”字轨道，“0”字轨道半径R′应满足的条件是R′≤0.32m或0.8m≤R′≤3.25m
[答案] (1)4m/s (2)2m (3)R′≤0.32m或0.8m≤R′≤3.25m
3、长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，
有eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl 联立解得vA＝eq \r(5gl) 由动量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有 m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′ 联立解得vB＝eq \f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2 可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为 Ek＝eq \f(5gl\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m1＋m2))2,2m2).
4、如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道QN连接．质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；
(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
(3)A沿斜面上滑的最大距离x.
答案 (1)18 J 12 J (2)0.4 m (3)0.9 m
解析 (1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，
取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得：E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22；可得EA＝eq \f(1,2)m1v12，EB＝eq \f(1,2)m2v22；联立解得EA＝18 J，EB＝12 J
(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EB＝m2gR可得R＝0.4 m
(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：－m1gxsin 37°－μm1gxcs 37°＝0－EA 解得x＝0.9 m.
3．力学三大观点的综合应用
这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。
5、如图所示，光滑曲面与长度L＝1m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v＝1m/s的速度运行。质量m1＝1kg的物块甲(可视为质点)从曲面上高h＝1m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2。传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆弧状物体乙，物体乙的质量m2＝3kg，重力加速度g＝10m/s2。求：
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小；
(3)甲第二次到C点后，经多长时间再次到达C点。
[解析] (1)物块甲从A运动至B，由机械能守恒定律得m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1) 解得v1＝eq \r(20)m/s>v
假设物块甲在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得－μm1gL＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)，解得v2＝4m/s
因v2>v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v2＝4m/s
(2)以物块甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑离乙的过程中，系统水平方向上动量守恒，
则有m1v2＝m1v3＋m2v4
又因此过程系统能量守恒，则有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,4)
联立解得v3＝－2m/s，则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2m/s
(3)甲向左滑上传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a，解得a＝2m/s2
从C运动到B，由动能定理得－μm1gL＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,5)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,3) 解得到达B点的速度为v5＝0
物块甲从C点运动到左端B点的时间为t1＝eq \f(v5－v3,a)＝1s
接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，则有t2＝eq \f(v,a)＝0.5s
甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得μm1gx1＝eq \f(1,2)m1v2，解得x1＝0.25m
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x2＝L－x1
则运动至C点所用的时间为t3＝eq \f(x2,v)＝eq \f(L－x1,v)＝0.75s
故甲从第二次到第三次到达C的过程中的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.25s
[答案] (1)4m/s (2)2m/s (3)2.25s
规律总结：
1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意：
中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。
(2)灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
6、如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v0＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；
(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；
(3)c能上升的最大高度．
答案 (1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右 (2)4 m/s (3)0.2 m
解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律得：a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
对平板车，由牛顿第二定律得：a2＝eq \f(F＋μmg,M)＝eq \f(6＋0.3×20,3) m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
(2)设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1 则：v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1 解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s.
(3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得，mv1＝2mv2，解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/s.
根据机械能守恒得，eq \f(1,2)×2mv22＝2mgh，解得h＝eq \f(v22,2g)＝eq \f(4,20) m＝0.2 m.
7、如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)BP间的水平距离sBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②由①②解得vD＝4 m/s③
设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝eq \f(1,2)gt2④s2＝vDt⑤由④⑤解得s2＝1.6 m⑥
物块B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2as1⑦
解得s1＝2.5 m⑧ 故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
则有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
设在M点轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝meq \f(vM2,R)⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－eq \r(2))mg