1、1专题 6 动力学、动量和能量观点的综合应用考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式： Ft p p说明：(1) F 为合外力恒力，求 p 时，用 p Ftb.变力，求 I 时，用 I p mv2 mv1牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率当 p 一定时， Ft 为确定值： F ptt 小 F 大如碰撞； t 大 F 小缓冲(2)等式左边是过程量 Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式. v1、 v2是以同一惯性参照物2为参照的. p 的方向可与 mv1一致、相反或成某一角度，但是 p 的方向一定与 Ft 一致.2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿
2、运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例 1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取 10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物 (包括传感器)的质量 m/kg 8.5重物下落高度 H/cm 45重物反弹高度 h/cm 20最大冲击力 Fm/N 850重物与地面接触时间 t/s 0.1(1)请你选择
3、所需数据，通过计算回答下列问题：重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.解析 (1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为 a由牛顿第二定律： aFm mgm解得 a90 m/s 2重物在空中运动过程中，由动能定理 mgh mv212重物与地面接触前瞬时的速度大小 v1 2gH重物离开地面瞬时的速度大小 v2 2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为 F，设竖直向上为正方向
4、由动量定理：( F mg)t mv2 m( v1)解得 F510 N，故 6Fmg3因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的 6 倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft mv 可知，接触时间增加了，冲击力 F 会减小.答案 (1)90 m/s 2 6 倍 (2)见解析变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动).此后经历时间 t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.
5、mg B. mgm2ght m2ghtC. mg D. mgmght mght答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降 h 距离时的速度为 v ，在 t 时间内对人由动量定2gh理得( F mg)t mv，解得安全带对人的平均作用力为 F mg，A 项正确.m2ght2.一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图 1 所示.物块以 v09 m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止. g 取 10 m/s2.图 1(1)求物块与地面间的动摩擦因
6、数 ；(2)若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功 W.答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从 A 运动到 B 处的过程中应用动能定理 mgs mv2 mv12 12 20代入数值解得 0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度 v6 m/s由动量定理得： F t mv mv解得 F130 N其中“”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.4(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 W0 mv 212解得 W9 J.考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式
7、： m1v1 m2v2 m1v1 m2v2；或 p p(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p)；或 p0(系统总动量的增量为零)；或 p1 p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和 m2v2作用前的
8、同一时刻的动量m1v1和 m2v2作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例 2 如图 2 所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R0.5 m，物块 A 以 v06 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿5圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动， P 点左侧轨道光滑，右侧轨
9、道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 0.1， A、 B 的质量均为 m1 kg(重力加速度 g 取 10 m/s2； A、 B 视为质点，碰撞时间极短).图 2(1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F；(2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值；(3)求碰后 AB 滑至第 n 个( n k)光滑段上的速度 vn与 n 的关系式.解析 (1)从 A Q 由动能定理得 mg2R mv2 mv12 12 20解得 v4 m/s m/sgR 5在 Q 点，由牛顿第二定律得 F mg mv2R解得 F22
10、 N.(2)A 撞 B，由动量守恒得 mv02 mv解得 v 3 m/sv02设摩擦距离为 x，则2 mgx 0 2mv 212解得 x4.5 m所以 k 45.xL(3)AB 滑至第 n 个光滑段上，由动能定理得 2mgnL 2mv 2mv 212 2n 12所以 vn m/s ( n v20.1 m/s，v12所以 m2在 m1停止后与其相碰由牛顿第二定律有： Ff m 1g m1am1停止后离 O 点距离： sv1 22a则 m2平抛的时间： tsv2平抛的高度： h gt212设 m2做匀速圆周运动的半径为 R，由几何关系有：R h12由 qv2B ，联立得： B0.25 Tm2v2R
11、答案 (1)0.4 m/s，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T变式训练4.如图 5 所示， C1D1E1F1和 C2D2E2F2是距离为 L 的相同光滑导轨， C1D1和 E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为 r18 r 和 r2 r.在水平矩形 D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.导体棒 P、 Q 的长度均为 L，质量均为 m，电阻均为 R，其余电阻不计， Q 停在图中位置，现将 P 从轨道最高点无初速度释放，则：图 5(1)求导体棒 P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若 P、 Q 不会在轨道上发生碰撞，棒 Q 到达 E
12、1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒 P离开轨道瞬间的速度；(3)若 P、 Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达 E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案 (1) ，方向逆时针 (2)32BLgrR gr(3)3mgr Q4 mgr解析 (1)导体棒 P 由 C1C2下滑到 D1D2，根据机械能守恒定律：9mgr1 mv ， vD412 2D gr导体棒 P 到达 D1D2瞬间： E BLvD回路中的电流 I E2R 2BLgrR方向逆时针(2)棒 Q 到达 E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对 Q：mg ， vQmv2Qr2 gr设导体棒 P 离开轨道瞬间的速度为 v
13、P，根据动量守恒定律： mvD mvP mvQ代入数据得， vP3 gr(3)由(2)知，若导体棒 Q 恰能在到达 E1E2瞬间飞离轨道， P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量： Q1 mv mv mv 3 mgr12 2D 12 2P 12 2Q若导体棒 Q 与 P 能达到共速 v，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：mvD( m m)v， v2 gr回路中产生的热量： Q2 mv (m m)v24 mgr12 2D 12综上所述，回路中产生热量的范围是 3mgr Q4 mgr.专题规范练1.如图 1 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
14、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 R0.8 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m0.4 kg 的物块 A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，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 x6 t2 t2(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：图 1(1)BP 间的水平距离 xBP；(2)判断
15、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.10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 点时其竖直速度为 vy2gR同时 tan 45，解得 vD4 m/svyvD设平抛用时为 t，水平位移为 x，则有 R gt212x vDt解得 x1.6 m物块 B 碰后以初速度 v06 m/s，加速度大小a4 m/s 2减速到 vD，则 BD 间的位移为x1 2.5 mv2D v202a故 BP 之间的水平距离 xBP x x14.1 m(2)若物块 B 能沿轨道到达 M 点，在 M 点
16、时其速度为 vM，则有 mv mv mgR12 2M 12 2D 22设轨道对物块的压力为 FN，则 FN mg mv2MR解得 FN(1 )mg 0m2g解得 00.069m2m2 m4(3)小滑块 b 滑上长木板 c 时的加速度大小：a1 0g1.6 m/s 2此时两块长木板的加速度大小： a2 g0.8 m/s 2 0m2m3 m4令小滑块 b 在长木板 c 上的滑行时间为 t，则：时间 t 内小滑块 b 的位移 x1 v2t a1t212两块长木板的位移 x2 a2t212且 x1 x2 L12解得： t11 s 或 t2 s(舍去)103b 刚离开长木板 c 时 b 的速度 v2 v
17、2 a1t13.6 m/sb 刚离开长木板 c 时 d 的速度 v3 a2t10.8 m/sd 的长度至少为 x：由动量守恒可知： m2v2 m4v3( m2 m4)v解得： v2 m/s 0m2gx m2v2 2 m4v (m2 m4)v212 12 23 12解得： x1.4 m3.如图 3 所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端 B 处连接一内径相同的粗糙水平直管 AB.已知 E 处距地面的高度 h3.2 m，一质量m1 kg 的小球 a 从 A 点以速度 v012 m/s 的速度向右进入直管道，到达 B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达 D
18、点时恰好与轨道无作用力，直接进入 DE 管( DE 管光滑)，并与原来静止于 E 处的质量为 M4 kg 的小球 b 发生正碰( a、 b 均可视为质点).已知碰撞后 a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的 ，而 b 球从 E 点水平抛出，其水平射程 s0.8 13m.(g10 m/s 2)图 3(1)求碰后 b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径 r 和 R；(3)若小球 a 在管道 AB 中运动时所受阻力为定值，请判断 a 球返回到 BA 管道时，能否从 A端穿出？答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1) b 球离开 E 点后做平抛
19、运动h gt2， s vbt，解得 vb1 m/s12(2)a、 b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：mva m va Mvb13解得 va3 m/s13碰前 a 在 D 处恰好与轨道无作用力，则有： mg mv2arr0.9 mR 0.7 mh 2r2(3)小球从 B 到 D，机械能守恒： mv mv mgh12 2B 12 2a解得： mv 36.5 J12 2B从 A 到 B 过程，由动能定理得： Wf mv mv12 2B 12 20解得： Wf35.5 J从 D 到 B，机械能守恒： m( )2 mgh mvB 212 va3 12解得： mvB 232.5 J7).A
20、、 B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间 A 的速度为 v0.求：图 4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后 A、 B 在桌上相遇，求爆炸前 A 球与桌边 P 的距离.答案 (1) mv (2) (3) k 12k 20 3 m2qB 2k 2 32k 1 mv0qB解析 (1)设爆炸之后 B 的速度大小为 vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0 mv0 kmvB14E mv kmv mv12 20 12 2B k 12k 20(2)由 A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故 A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T2 mqB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了 个圆周34则 t23 m2qB(3)由 0 mv0 kmvB可得： vBv0k由 qv0B m 知， Rv20R mv0qB设爆炸前 A 球与桌边 P 的距离为 xA，爆炸后 B 运动的位移为 xB，时间为 tB则 tB t2 ， xB vBtBxAv0 Rv0由图可得： R xA xB联立上述各式解得： xA .2k 2 32k 1 mv0qB
