2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律专题强化八动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案作业（含解析）新人教版

专题强化八　动力学、动量和能量观点在力学中的应用

专题解读 1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题．

2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．

3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．

1．解动力学问题的三个基本观点

(1)力的观点：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．

2．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，即转变为系统内能的量．

(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换．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．

例1　 (2018·全国卷Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

图1

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．

答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s

解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有

vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0 m/s③

(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有

μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有

vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.25 m/s

变式1　(2019·河南示范性高中上学期期终)如图2所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径

R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：

图2

(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；

(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．

答案　(1)150 N，方向竖直向下　(2)2 m

解析　(1)物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：

mv＝mg×2R＋mv

物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力FT向下，由牛顿第二定律可得：

FT＋mg＝m

解得FT＝150 N，

则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150 N，方向竖直向下；

(2)由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前瞬间的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：

mv0＝mv1＋Mv2

碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：v＝2axB

Ff＝μMg＝Ma

解得v1＝－2 m/s，v2＝6 m/s

由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：

mv＝mg×2R

vmin＝2 m/s>2 m/s

则物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为xA，

则：v＝2μgxA

解得最终物块A静止的位置到P点的距离xA＝2 m

1．表现形式

(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．

(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．

(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．

2．应对策略

(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．

(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．

(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．

例2　(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图3所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：

图3

(1)小物块到达C点时的速度大小；

(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．

答案　(1)4 m/s　(2)60 N，方向竖直向下　(3)2.5 m

解析　(1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，

vC＝＝4 m/s

(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝mv－mv，

代入数据解得：vD＝2 m/s.

小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m

代入数据解得：FN＝60 N，

由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．

(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v

解得：v＝ m/s

对物块和木板组成的系统，由功能关系得μmgL＝mv－(M＋m)v2

解得：L＝2.5 m

变式2　(2019·贵州安顺市适应性监测(三))如图4所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：

图4

(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；

(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；

(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．

答案　(1)3mg　(2)mgR　(3)R

解析　(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，

由机械能守恒定律有：mgR＝mv

在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，

由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，

联立解得：FN＝3mg，

由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg.

(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝mv－0，

解得v0＝，

当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：

mv0＝(m＋2m)v，

mv＝(m＋2m)v2＋Ep，

联立解得Ep＝mgR.

(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有

mv0＝－mv1＋2mv2，

mv＝mv＋(2m)v，

联立解得：v1＝，

设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：－μmgx＝0－mv

解得x＝R.

1．(2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．

答案　(1) 　(2)

解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0－v0＝－gt②

联立①②式得

t＝③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有

mv＋mv＝E⑤

mv1＋mv2＝0⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

mv＝mgh2⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h＝h1＋h2＝

2．(2019·河南南阳市上学期期末)如图1所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能Ep＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：

图1

(1)A与弹簧分离时的速度大小；

(2)A、B沿斜面上升的最大距离．

答案　(1)8 m/s　(2)1.024 m

解析　(1)设A、B与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2，

系统动量守恒：0＝mv1－Mv2

系统能量守恒：Ep＝mv＋Mv

解得v1＝8 m/s，v2＝2 m/s；

(2)A与墙壁碰后速度大小不变，设A与B相碰后，A与B的速度大小为v，

A、B系统动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v

解得v＝3.2 m/s

对A、B整体，由动能定理得：

－(m＋M)gLsin 30°＝0－(m＋M)v2

解得L＝1.024 m.

3．(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图2所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：

图2

(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；

(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；

(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．

答案　(1)3 N　(2)2 m/s　(3)0.4 s

解析　(1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝mv

甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m

联立解得：FN＝3 N

根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝3 N

(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2

甲物块乙相碰前瞬间的速度为v2＝＝4 m/s

设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，根据动量守恒有：mv2＝2mv3

解得：v3＝2 m/s；

(3)碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上

则下落的时间t＝ ＝0.4 s

则水平的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2

说明两物块刚好落到D点，假设成立

因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s.

4. (2019·河南安阳市下学期二模)如图3所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：

图3

(1)滑块1过B点的速度大小；

(2)弹簧释放的弹性势能大小；

(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．

答案　(1)　(2)mgR　(3)

解析　(1)滑块1恰能经过B点，则有mg＝m

解得：vB＝

(2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有：－mg·2R＝mv－mv

解得vA＝

滑块1、2被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv

根据能量守恒定律有：Ep＝mv＋·2mv2

联立解得：Ep＝mgR

(3)滑块1经过B点后做平抛运动，则水平方向有：x＝vBt

竖直方向有：2R＝gt2

滑块2在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－·2mv2

联立解得：μ＝