2020年高考物理一輪復習 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案（含解析）.doc
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第33講 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用 熱點概述 (1)本熱點是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考將作為計算題壓軸題的形式命題。(2)學好本熱點，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題。(3)用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學觀點(牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)。 1．解決力學問題的三個基本觀點 綜合問題要綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律，才能順利求解。 2．力學三大觀點的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。 (4)在涉及相對位移問題時，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換。這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。 3．動量定理與牛頓第二定律的比較 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應采用動力學觀點。 (2)動量定理反映了力對時間的累積效應，適用于不涉及物體運動過程中的加速度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應采用動量定理求解。 4．動量守恒定律和機械能守恒定律的比較 5．用力學三大觀點解題的步驟 (1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。 (2)分析研究對象的受力情況、運動狀態(tài)以及運動狀態(tài)的變化過程，作草圖。 (3)根據(jù)運動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點，選擇適用規(guī)律。 ①若用力的觀點解題，要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度。 ②若用兩大定理求解，應確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。 ③若可判斷研究對象在某運動過程中滿足動量守恒或機械能守恒的條件，則可根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求研究對象在末狀態(tài)時的速度(率)。 (4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)并列出輔助方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，計算結果。 [例1] 如圖所示，一輛質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細繩。質量為m的小球從與懸點在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計阻力。求細繩拉力的最大值。 解析 當小球擺至最低點時，設此時小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv1－Mv2＝0 系統(tǒng)機械能守恒，有 mgL＝mv＋Mv 解得v1＝，v2＝ 小球擺到最低點時細繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有 T－mg＝ 解得T＝。 答案 方法感悟 研究某一物體瞬時受力作用時，一般用動力學觀點；研究多個物體組成的系統(tǒng)時，更多用到動量觀點。 [例2] 如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內，與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點B與軌道最低點C的距離為4R?，F(xiàn)有質量完全相同的兩個小球，一個放在水平軌道的C點，另一個小球壓縮彈簧(不拴接)。當彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，使之與C點的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點E；若拿走C點的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經過BCDE后恰好落在B點。已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內，求第二次使小球壓縮彈簧時，彈簧的壓縮量。 解析 設壓縮量為l時，彈簧的彈性勢能為Ep，小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能，由機械能守恒定律得Ep＝mv 設小球的質量為m，與C點的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv1 設兩小球通過最高點E時的速度為v2，由臨界條件可知 2mg＝2m 由能量守恒定律得2mv＝2mg2R＋2mv 聯(lián)立解得Ep＝10mgR 第二次壓縮時，設壓縮量為x，彈簧的彈性勢能為Ep′，小球通過最高點E時的速度為v3， 由能量守恒定律得Ep′＝mg2R＋mv 小球經過E點后做平拋運動，有 2R＝gt2 4R＝v3t 聯(lián)立解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝ 即＝ 解得x＝l。 答案 l 方法感悟 1．應用力學三大觀點解題時應注意的問題 (1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。 (2)進行正確的受力分析，明確各運動過程的運動特點。 (3)光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，或受外力但其內力遠大于外力時，或系統(tǒng)在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動量守恒定律分析。 (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。 2．能量與動力學觀點應用于直線運動、圓周運動和平拋運動的組合模型 (1)模型特點：物體在整個運動過程中，歷經直線運動、圓周運動和平拋運動或幾種運動的組合。 (2)表現(xiàn)形式：①直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動。②圓周運動：繩模型的圓周運動、桿模型的圓周運動、拱形橋模型的圓周運動。③平拋運動：與水平面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動。 (3)應對方法：這類模型一般不難，各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應規(guī)律即可，物體運動到兩個相鄰過程的連接點時的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運動末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。 [例3] 兩個質量分別為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。 解析 設物塊到達劈A的底端時，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動量守恒，由機械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v M1vA＝mv 設物塊在劈B上達到的最大高度為h′，此時物塊和B的共同速度大小為v′，物塊和劈B在水平方向動量守恒，由機械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 mv＝(M2＋m)v′ 聯(lián)立解得h′＝h。 答案 h 方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒定律，都應合理選取研究過程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作用時能量的轉化關系。 (3)注意方向性問題，運用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，對力、速度等矢量都應用正、負號代表其方向，代入相關的公式中進行運算。另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對不同情況進行計算，避免出現(xiàn)漏洞。 1．(2019山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是( ) A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒 B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒 C．物塊仍能停在水平軌道的最左端 D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道 答案 C 解析 軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分運動時因摩擦產生內能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，故A、B錯誤。設軌道的水平部分長為L，軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝μmgL；軌道不固定時，假設物塊能停在軌道上，且與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0；根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設成立，故C正確，D錯誤。 2．如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切?，F(xiàn)使一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離。 答案 (1)5 m/s (2)0.5 m 解析 (1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v2④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它在平板車水平面上滑動的路程為x，由動能定理得： mv－(M＋m)v＝μmgx⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得x＝2 m 可知此時它距點O′的距離x0＝x－L＝0.5 m。⑥ 3．一質量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為f。則 (1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？ (2)子彈在木塊內運動的時間為多長？ (3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內相對木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？ (4)系統(tǒng)損失的機械能、系統(tǒng)增加的內能分別是多少？ (5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？ 答案 (1)v0 (2) (3) (4) (5) 解析 (1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。 (2)設子彈在木塊內運動的時間為t，由動量定理得 對木塊：ft＝Mv－0 解得t＝。 (3)設子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動能定理得 對子彈：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 對木塊：fs2＝Mv2－0。 解得s2＝ 子彈打進木塊的深度等于相對位移，即 s相＝s1－s2＝。 (4)系統(tǒng)損失的機械能為 E損＝mv－(M＋m)v2＝ 系統(tǒng)增加的內能為Q＝fs相＝ 系統(tǒng)增加的內能等于系統(tǒng)損失的機械能。 (5)假設子彈恰好不射出木塊，此時有 fL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝ 因此木塊的長度至少為。 4．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方體勻質木塊，現(xiàn)有一顆質量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動，已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm，子彈打進木塊的深度為6 cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。 (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增加的內能； (2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？ 答案 (1)6 m/s 882 J (2)能 解析 (1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝＝ m/s＝6 m/s 此過程系統(tǒng)所增加的內能 ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝0.023002 J－(0.98＋0.02)62 J＝882 J。 (2)設子彈以v0′＝400 m/s的速度入射時剛好能夠射穿質量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個木塊，則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝＝ m/s＝8 m/s 此過程系統(tǒng)所損耗的機械能為 ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝0.024002 J－(0.98＋ 0.02)82 J＝1568 J 由功能關系有 ΔE＝fs相＝fd ΔE′＝fs相′＝fd′ 則＝＝＝ 解得d′＝d＝6 cm＝10.67 cm 因為d′>10 cm，所以能射穿該木塊。 課后作業(yè) 1．(多選)交警正在調查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機的描述得知，發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火并在極短的時間內叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如圖所示的事故報告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點為該事故報告圖中P點，并測量出相關的數(shù)據(jù)標注在圖中，又判斷出兩輛車的質量大致相同。為簡化問題，將兩車均視為質點，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是( ) A．發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大 B．發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大 C．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2∶ 答案 BC 解析 設兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，則x＝ m＝6.5 m。設碰后兩車的速度大小為v，由v2＝2ax可得v＝。設v的方向與正東方向間夾角為θ，由動量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝，cosθ＝，可知，vB0>vA0，則＝＝，故B、C正確，A、D錯誤。 2. 如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質量為m(m
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