新高考物理一轮复习教案第6章热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用（含解析）

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热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。
[热点透析]
动量与动力学观点的综合应用
1.解动力学问题的三个基本观点
1力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，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动力学关系式，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能量守恒定律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，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量mA＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB＝4 kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x＝2 m。现对小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度—时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)求恒力F的大小；
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少？
解析 (1)若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度a′＝μ0g＝3 m/s2
由图乙可知，A的加速度aA＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
即A、B间发生相对滑动，对A有
μ0(mA＋mB)g－μmBg＝mAaA
可得μ＝0.25。
(2)对小车，在该过程中，根据牛顿第二定律有
F－μ0(mA＋mB)g＝Ma
且x＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)aAt2
可得a＝8 m/s2，F＝34 N。
(3)由图乙知，当A与小车碰撞时A的速度vA＝4 m/s
B的速度vB＝μgt＝2.5 m/s
小车的速度v车＝at＝8 m/s
该过程中B相对于A滑动的距离为
L1＝eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2＝0.75 m
A与小车组成的系统在碰撞中动量守恒，可知
Mv车＋mAvA＝(M＋mA)v
可得v＝6 m/s
当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度v共时，B恰好不与小车后壁发生碰撞，设从A与车厢后壁碰撞至B滑至A左端这段时间B相对A滑动的距离为L2，对A、小车与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知
(M＋mA)v＋mBvB＝(M＋mA＋mB)v共
eq \f(1,2)(M＋mA)v2＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(M＋mA＋mB)veq \\al(2,共)＝μmBgL2
可得L2＝1.225 m
故小车车厢前、后壁间距L的最小值
Lmin＝x＋L1＋L2＝3.975 m。
答案 (1)0.25 (2)34 N (3)3.975 m
动量与能量观点的综合应用
解题技巧
(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)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初、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，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75 kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5 m，圆弧槽半径为0.4 m，木板左端静置一个质量为0.25 kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8。在木板的左端正上方，用长为1 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
解析 (1)设轻绳长为L，因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，则小球A自由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此时A的速度为v1，根据自由落体运动规律，
可得veq \\al(2,1)＝2gL
轻绳伸直后瞬间小球A速度为v2＝v1cs30°
从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，由动能定理得mAgL(1－sin30°)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,2)
联立解得v3＝5 m/s。
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得
mAv3＝mAv4＋mBv5
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,4)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)
联立解得v4＝3 m/s，v5＝8 m/s
物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v6，物块B上升的最大高度为h，木板长为L1
由水平方向动量守恒及能量守恒定律得
mBv5＝(mB＋M)v6
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)＝eq \f(1,2)(mB＋M)veq \\al(2,6)＋μmBgL1＋mBgh
联立解得h＝0.8 m
因0.8 m>0.4 m，物块B会飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，则物块B与木板最终的共同速度仍为v6，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)＝eq \f(1,2)(mB＋M)veq \\al(2,6)＋μmBgx
解得x＝3.5 m
因3.5 m<5 m，故假设成立，即物块B最终能停在木板上，物块B与木板摩擦产生的总热量为Q＝μmBgx＝7 J。
答案 (1)5 m/s (2)0.8 m (3)7 J
力学三大观点解决多过程问题
解题技巧
多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
1．解题思路：(1)对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
提示：对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速度达到相同时受力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划分过程。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
2．过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规律，提高效率。例如物体经过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上运用机械能守恒定律；多个物体连续多次碰撞，有时可以看成一个过程运用动量守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动量守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。
(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量；
(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解析 (1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq \f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))＋m′v′①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)v1))2＋eq \f(1,2)m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0④
－(fs2＋mgh)＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))2⑤
从图b所给出的v­t图线可知
s1＝eq \f(1,2)v1t1⑥
s2＝eq \f(1,2)·eq \f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦
由几何关系eq \f(s2,s1)＝eq \f(h,H)⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq \f(2,15)mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcsθ·eq \f(H＋h,sinθ)⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－eq \f(1,2)m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcsθ·eq \f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得eq \f(μ,μ′)＝eq \f(11,9)。
答案 (1)3m (2)eq \f(2,15)mgH (3)eq \f(11,9)
[热点集训]
1．(2020·山东省济南市高三下学期三模)如图所示，在光滑水平地面上有一长为L＝2.5 m的长木板，木板的质量为M＝1 kg，木板左端上放置一小滑块，小滑块的质量为m＝2 kg，在木板右方有一竖直墙壁。某时刻木板和滑块一起以v0＝3 m/s的初速度向右运动，木板与墙壁碰撞前后速度大小不变，方向相反。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与墙壁第1次碰后木板向左运动的最远距离；
(2)木板与墙壁第4次碰前瞬间木板的速度；
(3)滑块最终停止运动时距离木板右端多远。
答案 (1)0.75 m (2)eq \f(1,9) m/s (3)0.25 m
解析 (1)由题意知，木板与墙壁碰撞后速度大小仍为v0＝3 m/s，方向水平向左。对木板，当速度为0时向左运动的距离最远，设最远距离为x，根据动能定理有－μmgx＝0－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
代入数据可得x＝0.75 m。
(2)木板与墙壁第一次碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v1，根据动量守恒定律有mv0－Mv0＝(m＋M)v1
第二次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv1－Mv1＝(m＋M)v2
第三次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v3，根据动量守恒定律有mv2－Mv2＝(m＋M)v3
联立可得v3＝v0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))3
代入数据可得v3＝eq \f(1,9) m/s。
(3)设整个运动过程中，滑块相对木板运动的距离为x，根据功能关系有μmgx′＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,0)
代入数据可得x′＝2.25 m
滑块最终停止运动时距离木板右端的距离为
Δx＝L－x′＝0.25 m。
2．(2020·海南省高考调研)如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后立即撤去)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
答案 (1)6mg (2)eq \f(m,2) (3)eq \f(8mgL,3)
解析 (1)因物块A恰能过半圆形轨道的最高点D，则在D点时，有mg＝meq \f(v\\al(2,D),L)
从C到D的过程，由动能定理，有
－mg×2L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝meq \f(v\\al(2,C),L)
解得F＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力F′＝F＝6mg。
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有mvA＝mvB
对物块A，从释放弹簧到运动到C点的过程，根据动能定理，有－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
从B滑上斜面体至上升到最大高度的过程中，对B和斜面体组成的系统，由动量守恒定律，有mvB＝(m＋M)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgL
联立解得M＝eq \f(m,2)。
(3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程中，由动量守恒定律，有mvB＝mvB′＋Mv′
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mvB′2＋eq \f(1,2)Mv′2
解得vB′＝eq \f(\r(6gL),3)，v′＝eq \f(4\r(6gL),3)
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功W＝eq \f(1,2)Mv′2
解得W＝eq \f(8mgL,3)。
3．(2020·天津市宁河区芦台第四中学高三二模)如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2 kg，物块B的质量m2＝1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，物块A与物块B碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？
答案 (1)6 m/s (2)3.4 m
解析 (1)设A与B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcs37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a
解得：a＝0.5 m/s2
则速度v1＝at＝6 m/s。
(2)A、B第一次相碰过程，以水平向右为正方向，设碰后A的速度为v1′，B的速度为v2
由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
联立解得：v1′＝2 m/s，v2＝8 m/s
对A从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm1gsA＝0－eq \f(1,2)m1v1′2
解得：sA＝0.4 m
对B从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm2gsB＝0－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得：sB＝6.4 m
物块A和B能发生第二次碰撞的条件是sA＋sB>2L，解得L<3.4 m
即要保证物块A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m。