2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律专题强化七动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案.doc

1、1专题强化七 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，高考对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、运动学基本规律)；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)命题点一 碰撞类问题的综合分析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

2、，可处理非匀变速运动问题但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解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，一般用两个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，利用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

3、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，因此动量守恒定律一般能派上大用场例 1 (2016全国35(2)如图 1 所示，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连2线与墙垂直； a 和 b 相距 l， b 与墙之间也相距 l； a 的质量为 m， b 的质量为 m.两物块与34地面间的动摩擦因数均相同现使 a 以初速度 v0向右滑动此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件 a 与 b 发生弹性碰撞； b 没有与墙发生碰撞答案 mgl 12即 m/s.gR 5在 Q 点，由牛

4、顿第二定律和向心力公式有： F mgmv2R解得： A 滑过 Q 点时受到的弹力 F22 N(2)AB 碰撞前 A 的速度为 vA，由机械能守恒定律有：mv02 mvA2得： vA v06 m/s12 12AB 碰撞后以共同的速度 vP前进，由动量守恒定律得：mvA( m m)vP解得： vP3 m/s总动能 Ek (m m)vP29 J12滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 E FfL (m m)gL0.2 J则 k 45Ek E(3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段上损失的能量E 损 n E0.2 n J由能量守恒得： (m m)vP2 (m m)vn2 n E12 126代入数据解得：

5、vn m/s，( n k)9 0.2n3.如图 5 所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点， O 点到光滑水平面的距离为 h.物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m， B 与 C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B 物块位于 O 点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰撞过程 B 物块受到的冲h16量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能图 5答案 m mgh54 2gh 15128解析 设小球运动

6、到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh mv1212解得： v1 2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为 v1，同理有：mg mv1 2h16 12解得： v12gh4设碰撞后物块 B 的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1 mv15 mv2解得： v22gh4由动量定理可得，碰撞过程 B 物块受到的冲量为： I5 mv2 m54 2gh碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv28 mv3据机械能守恒定律： Epm 5mv22 8mv3212 127解得：

7、Epm mgh.151284.如图 6 所示，在倾角 30的斜面上放置一个凹槽 B， B 与斜面间的动摩擦因数 ，槽内靠近右侧壁处有一小物块 A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离36d0.10m A、 B 的质量都为 m2.0kg， B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计 A、 B 之间的摩擦，斜面足够长现同时由静止释放 A、 B，经过一段时间， A 与 B 的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短取 g10m/s 2.求：图 6(1)物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是多大；(2)物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间 A、 B 的速度大小；(3)从初始位

8、置到物块 A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小答案 (1)5.0m/s 2 0 (2)0 1.0 m/s (3)1.2m解析 (1)设 A 的加速度为 a1，则 mgsin ma1， a1 gsin 5.0 m/s 2设 B 受到斜面施加的滑动摩擦力为 Ff，则Ff 2mgcos 22.010cos 3010 N，方向沿斜面向上， B 所受重力沿36斜面的分力 G1 mgsin 2.010sin 3010 N，方向沿斜面向下因为 G1 Ff，所以 B 受力平衡，释放后 B 保持静止，则凹槽 B 的加速度 a20(2)释放 A 后， A 做匀加速运动，设物块 A 运动到凹槽

9、B 的左内侧壁时的速度为 vA0，根据匀变速直线运动规律得vA022 a1dvA0 m/s1.0 m/s2a1d 25.00.10因 A、 B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒， A 和 B 碰撞前后动能守恒，设 A 与B 碰撞后 A 的速度为 vA1， B 的速度为 vB1，根据题意有mvA0 mvA1 mvB1mvA02 mvA12 mvB1212 12 12解得第一次发生碰撞后瞬间 A、 B 的速度分别为8vA10， vB11.0 m/s(3)A、 B 第一次碰撞后， B 以 vB11.0 m/s 做匀速运动， A 做初速度为 0 的匀加速运动，设经过时间 t1， A 的速度 v

10、A2与 B 的速度相等， A 与 B 的左侧壁距离达到最大，即vA2 a1t1 vB1，解得 t10.20 s设 t1时间内 A 下滑的距离为 x1，则x1 a1t1212解得 x10.10 m因为 x1 d，说明 A 恰好运动到 B 的右侧壁，而且速度相等，所以 A 与 B 的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞设 A 与 B 第一次碰后到第二次碰时所用的时间为 t2， A 运动的距离为 xA1， B 运动的距离为xB1，第二次碰时 A 的速度为 vA3，则xA1 a1t22， xB1 vB1t2， xA1 xB112解得 t20.4 s， xB10.40 m， vA3 a1t22.0 m/s第二次

11、碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得 A、 B 再次发生速度交换， B 以vA32.0 m/s 速度做匀速直线运动， A 以 vB11.0 m/s 的初速度做匀加速运动用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块 A 不会与凹槽 B 的右侧壁碰撞，并且 A 与 B 第二次碰撞后，也再经过 t30.40 s， A 与 B 发生第三次碰撞设 A 与 B 在第二次碰后到第三次碰时 B 运动的位移为 xB2，则xB2 vA3t32.00.40 m0.80 m；设从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左内侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小为 x，则x xB1 xB2(0.4

12、00.80) m1.2 m.命题点三 滑块木板模型问题例 3 如图 7 所示，质量 m10.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L15m，现有质量 m20.2kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v02 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数 0.5， g 取 10 m/s2.求：9图 7(1)物块在车面上滑行的时间 t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0不超过多少最后在车面上某处与小车保持相对静止答案 (1)0.24s (2)5 m/s10解析 (1)设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒

13、定律有m2v0( m1 m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为 Ff，对物块应用动量定理有 Fft m2v m2v0其中 Ff m 2g联立以上三式解得 tm1v0 m1 m2g代入数据得 t s0.24 s.0.320.50.3 0.210(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度 v，则有m2v0( m1 m2)v由功能关系有m2v0 2 (m1 m2)v 2 m 2gL12 12代入数据解得 v05 m/s10故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0不能超过 5 m/s.105.如图 8 所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块 P 置于水平桌面

14、上的 A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长现用水平向左的推力将 P 缓缓推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为 WF6J撤去推力后，小物块 P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘 C 点的平板小车 Q 上，且恰好物块 P 在小车 Q 上不滑出去(不掉下小车)小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知 P、 Q 质量分别为 m1kg、 M4kg， A、 B 间距离为 L15cm， A 离桌子边缘 C 点的距离为 L290cm， P 与桌面及 P 与 Q 的动摩擦因数均为 0.4， g10m/s 2，试求：10图 8(1)把小物块推到 B 处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小

15、物块滑到 C 点的速度大小；(3)P 和 Q 最后的速度大小；(4)Q 的长度答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒有：增加的弹性势能为： Ep WF mgL 1(60.4100.05) J5.8 J(2)对 BC 过程由动能定理可知： Ep mg (L1 L2) mv02，代入数据解得小物块滑到 C 点12的速度为：v02 m/s；(3)对 P、 Q 由动量守恒定律得： mv0( m M)v解得共同速度： v0.4 m/s(4)对 PQ 由能量守恒得：mgL mv02 (m M)v212 12代入数据解得小车的长度：L0.4 m.6.

16、如图 9 所示，在光滑的水平面上有一质量为 M 的长木板，以速度 v0向右做匀速直线运动，将质量为 m 的小铁块轻轻放在木板上的 A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为 ，问：图 9(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度为多大？(2)它们相对静止时，小铁块与 A 点距离有多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案 (1) v0 (2) (3)MM m Mv202 M mg Mmv202M m解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于它们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减11速运动，最后

17、达到共同速度，一起匀速运动设达到的共同速度为 v.由动量守恒定律得： Mv0( M m)v解得 v v0.MM m(2)设小铁块距 A 点的距离为 L，由能量守恒定律得mgL Mv02 (M m)v212 12解得： LMv202 M mg(3)全过程所损失的机械能为 E Mv02 (M m)v2 .12 12 Mmv202M m1(2016全国35(2)如图 1 所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h 小于斜

18、面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s 2.图 1(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案 (1)20kg (2)不能，理由见解析解析 (1)规定向左为速度正方向冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0( m2 m3)v m2v02 (m2 m3)v2 m2gh 12 12式中 v03m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320kg v1m/s 12(

19、2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1 m2v00 代入数据得 v11m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0 m2v2 m3v3 m2v02 m2v22 m3v32 12 12 12联立式并代入数据得v21m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩2如图 2 所示，光滑水平面上有一质量 M4.0kg 的平板车，车的上表面是一段长L1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R0.25m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O相切现将一质量 m1.0kg 的

20、小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度 v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.取 g10m/s 2，求：图 2(1)小物块滑上平板车的初速度 v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点 O的距离答案 (1)5m/s (2)0.5m解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点 A时，二者的共同速度为 v1由动量守恒得： mv0( M m)v1 由能量守恒得：mv02 (M m)v12 mgR mgL 12 12联立并代入数据解得： v05 m/s (2)设小物块最终与车相对静止时，二者

21、的共同速度为 v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：13mv0( M m)v2 设小物块与车最终相对静止时，它距 O点的距离为 x，由能量守恒得：mv02 (M m)v22 mg (L x) 12 12联立并代入数据解得： x0.5 m. 3如图 3 所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、 B、 C， B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中图 3(1

22、)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能答案 (1) mv (2) mv116 20 1348 20解析 (1)对 A、 B，由动量守恒定律得mv02 mv1解得 v1 v012B 与 C 碰撞的瞬间， B、 C 组成的系统动量定恒，有m 2 mv2v02解得 v2v04系统损失的机械能 E m( )2 2m( )2 mv0212 v02 12 v04 116(2)当 A、 B、 C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律得mv03 mv解得 vv03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep mv02 (3m)v2 E mv02.12 12 13484如图 4 所示

23、，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为 R，平台上静14止放着两个滑块 A、 B，其质量 mA m， mB2 m，两滑块间夹有少量炸药平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量 M3 m，车长 L2 R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数 0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为 x， x 在 0 x2 R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连点燃炸药后，滑块 A 恰好能够通过半圆轨道的最高点 D，滑块 B 冲上小车两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为

24、g10m/s 2.求：图 4(1)滑块 A 在半圆轨道最低点 C 时受到轨道的支持力 FN；(2)炸药爆炸后滑块 B 的速度大小 vB；(3)请讨论滑块 B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功 Wf与 s 的关系答案 见解析解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块 A 的速度大小为 vA，设滑块 A 在半圆轨道运动到达最高点的速度为 vAD，则 mAg mv2ADR得到 vAD gR滑块 A 在半圆轨道上运动过程中，据动能定理： mAg2R mAvAD2 mAvAC212 12得： vA vAC 5gR滑块 A 在半圆轨道最低点： FN mAg mv2ACR得： FN mAg

25、 mA 6 mgv2ACR(2)在 A、 B 爆炸过程，动量守恒，则 mBvB mA( vA)0得： vB vAmAmB 5gR2(3)滑块 B 滑上小车直到与小车共速，设为 v 共15整个过程中，动量守恒： mBvB( mB M)v 共得： v 共 2vB5 5gR5滑块 B 从滑上小车到共速时的位移为xB v2共 v2B 2 g 21R8小车从开始运动到共速时的位移为x 车 Rv2共2 2mg3m 34两者位移之差(即滑块 B 相对小车的位移)为： x xB x 车 2 R，15R8即滑块 B 与小车在达到共速时未掉下小车当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块 B 以 v 共 向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为 xx ( L x) Rv2共2 g R2 18所以，滑块 B 会从小车上滑离讨论：当 0 x 时，滑块 B 克服摩擦力做功为3R4Wf 2mg(L x)4 m(2R x)当 x2 R 时，滑块 B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为3R4Wf1 2mgxB .21mR2