主题一 11 微专题 动力学、能量、动量观点的综合应用导学案 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

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1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则。
2.学会选用动力学、动量和能量观点解决力学综合问题。
1.力的三个作用效果与五个规律
2.力学规律的选用原则
(1)如果物体受恒力作用,涉及运动的细节可用动力学观点去解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用而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)若研究的对象为几个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律解决问题,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优先考虑利用能量守恒定律求解,根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。
(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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化,这种问题由于作用时间极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场。
[典例1] (动力学+动量综合)(多选)将木块M与N并排静置在光滑地面上,木块M上固定一竖直轻杆,轻杆上端小横杆上系一长为l=2 m的轻细线,细线下端系一质量为m2=0.5 kg的小球Q。将一质量m1=0.5 kg的橡皮泥P从距Q水平距离1.2 m的地方以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好与小球Q碰撞并瞬间连结为一整体S(可视为质点),随后绕悬点摆动(不与竖直杆碰撞)。已知木块M与N的质量分别为m3=1 kg与m4=2 kg。则( )
A.碰撞后瞬间S的速度为2 m/s
B.S摆到最高点时M、N分离
C.M与N分离时S的速度大小为1 m/s
D.S摆回到最低点时细线的拉力为12 N
解析:ACD 对P、Q构成的整体,碰撞过程中水平方向动量守恒,碰撞后竖直方向的分速度突变为0,则有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=2 m/s,A正确;整体S在杆右侧运动时,细线的弹力通过杆对M做正功,M的速度增大,M、N之间存在弹力作用,可知,S向右摆动到最高点的过程中,M、N没有分离,B错误;结合上述可知,当S从杆右侧再次返回到最低点时,M与N恰好分离,设此时S速度为v2,则有(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+(m3+m4)v3,12(m1+m2)v12=12(m1+m2)v22+12(m3+m4)v32,解得v2=-1 m/s,v3=1 m/s,即M与N分离时S的速度大小为1 m/s,C正确;结合上述,对S进行分析,根据牛顿第二定律有FT-(m1+m2)g=(m1+m2)(v2-v3)2l,解得FT=12 N,D正确。
[典例2] (能量+动量综合)如图,光滑水平面上一质量mA=0.4 kg的木板,其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1 kg的物块,此时弹簧伸长量x0=0.1 m,物块和木板均静止。质量mC=0.1 kg的小球(可视为质点)通过长L=0.9 m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ=60°处由静止释放,摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞,时间极短。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA。
(2)弹簧的压缩量第一次为x0时,物块速度大小为vB=0.8 m/s,方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数μ。
答案:(1)1.2 m/s (2)0.28
解析:(1)C下摆过程,由机械能守恒定律有
mCgL(1-cs 60°)=12mCv02,解得v0=3 m/s。
C与A碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有
mCv0=mCvC+mAvA,
12mCv02=12mCvC2+12mAvA2,
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小vA=1.2 m/s。
(2)A、C碰后,当弹簧的压缩量第一次为x0时,以向左为正方向,由动量守恒定律有
mAvA=mBvB+mAvA′,解得vA′=1 m/s。
由题意可知弹簧的弹性势能不变,由能量守恒定律有12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB2+μmBg·2x0,
解得μ=0.28。
[典例3] (力学三大观点综合)(浙江)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带,紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面均光滑。已知R=
0.36 m,L=1.6 m,v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25,g取10 m/s2。不计空气阻力,物块可视为质点,传送带足够长。求物块:
(1)滑到B点处的速度大小;
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功;
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度;
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。
答案:(1)4 m/s (2)0.9 J (3)0.2 m (4)3 N
解析:(1)物块从P点到B点,由动能定理有
mgLsin 30°=12mv2,
解得物块到达B点的速度v=4 m/s。
(2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速,摩擦力对其做的功
Wf=12mv02-12mv2=0.9 J。
(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5 m/s2,加速到共速时所用时间
t=v0-va=5-42.5 s=0.4 s,
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
Δx=v0t-v0+v2t=0.2 m。
(4)从物块开始进入圆弧轨道到到达圆弧轨道最高点,由水平方向动量守恒和能量守恒可知
mv0=mv1+Mv2,
12mv02=12mv12+12Mv22+2mgR,
联立解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s
(另一组v1=3.2 m/s,v2=0.2 m/s,因不合实际舍掉)。
物块在最高点时,由牛顿第二定律有
F+mg=m(v2-v1)2R,
解得F=3 N。作用效果
对应规律
公式表达
三个基
本观点
力的瞬时
作用效果
牛顿第
二定律
F合=ma
动力学
观点
力对空间
积累效果
动能定理
W合=ΔEk,
W合=12mv22-12mv12
能量
观点
机械能
守恒定律
mgh1+12mv12=mgh2+12mv22
力对时间
积累效果
动量定理
F合t=p′-p,
I合=Δp
动量
观点
动量守
恒定律
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′