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1、r专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用学习目标1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律2 灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题.探究重点提升素养一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F 仑=ma动力学观点力对空间 积累效果动能定理1 9 1 9W合=AEk W合= 22 -2mv 1能量观点机械能守恒定律mgh + 品 2=mgh2 + 品疗力对时间 积累效果动量定理F 合t=p -pI 含=Np动量观点动量守恒定律mi。i + 加2。2=mV + m2V2二、力学规律的选用原那么.
2、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.1 .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.2 .假设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解决问题，但 需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.3 .在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功 等于系统机械能的减少量（即转化为系统内能的量）列方程.4 .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隐含有系统机械 能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守
3、恒定律一般能派上 大用场.由动量定理可得，碰撞过程物块3受到的冲量大小为/=42。2=皿碰撞后当物块8与物块。速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有4m。2 = 66。3根据机械能守恒定律有Epm = JX 4mi;22 9 X 6/7W324解得 Epm=27/ng/i(3)当压缩的弹簧恢复原长时，。物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 4mV2=4mV2 + 2mv3t X AmVT2=9 x 4mV2 2+yX2m3，2例 如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将如、他之间的轻弹簧压缩后用细 线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连.现将细线烧断，弹簧将
4、两物体弹开，及离 开弹簧后从右边飞出，加冲上曲面.桌面高为及平抛的水平射程为了, mi=2m，m2 =m,不计一切摩擦，重力加速度为g,求:图1切2离开弹簧时的速度大小；仍上升到曲面最高点时距桌面的高度H； 弹簧的最大弹性势能.答案.答案.解析(1)对加2平抛过程分析，有X = V2t解得。(2)弹簧将两物体弹开的过程，如、加2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定 律有2202 = 0解得。尸久修对2|冲上曲面过程，由机械能守恒定律有1 ?mgH=nV解得”=总(3)弹簧的最大弹性势能为EP=ym 11; 12+in222解得耳=喀方法总结-(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取
5、其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不 一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的、未知 条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.例(2020湖北曾都高二期中)如图2,光滑的水平地面上静止放置一辆小车A,质量加a =5 kg,上外表光滑，可视为质点的物块3置于A的最右端，3的质量加8=3 kg.现对A施加 一个水平向右的恒力b=10 N, A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与3发生碰撞，碰 撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在方的作用下继续运动，碰撞后经时间，=0.8s, 二
6、者的速度到达伪=2 m/s.求：8口 f图2(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、8碰撞后瞬间的共同速度。的大小；(3)A的上外表长度/.答案(1)2.0 m/s2 (2)1 m/s (3)0.64 m解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有尸=根留代入数据解得a=2.Q m/s2(2)A、3碰撞后一起在尸的作用下运动时间?的过程中，由动量定理得Ft= (mA+(mA+ms)v代入数据解得o=l m/s(3)设A、3发生碰撞前，A的速度为iM,对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有加4办=04+团8)。A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有。12FI=mAVA代入数据可得/=0.
7、64 m.随堂演练逐点落实1.(动力学和动量观点的综合应用)(多项选择)如图3所示，一平台到地面的高度为/z=0.45 m,质 量为M=0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为=02地面上有一质 量为根=0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x= 1.2 m,旋紧发条后释放，让玩具 青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木 块并和木块一起滑行.木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短, 不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,那么以下说法正确的选项是()x图3A.玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB.玩具青
8、蛙在平台上运动的时间为2 sC.玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD.木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 答案AD 解析 由/z=；g加2得玩具青蛙在空中运动的时间为0=0.3 s, A项正确；玩具青蛙离开地面、X、时的水平速度和竖直速度分别为=7=4 m/s, Vy=gt = 3 m/s,那么玩具青蛙起跳时的速度大 小为。0=、0/+口,2=5 m/s, C项错误；由动量守恒定律得解得木块开始滑 动时的速度大小为0= 1 m/s, D项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：一(M+2)g/2 =Q-(M+m)v,解得玩具青蛙在平台上运动的时间为，2=0.5s, B项错误.2.(力学三大观
9、点的综合运用)(2021 .忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗 糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M=2 kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m=1 kg 的小球用长/=0.9 m的轻绳悬挂在P点正上方的。点.现将小球拉至轻绳与竖直方向成60 角位置，静止释放.小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰.碰后物块向右运动并压缩 弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点.设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块 和小球均可视为质点，重力加速度取g=10 m/s?.求：小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小；(2)弹簧的最大弹性势能Ep.答案(1)20 N (2)2 J解析
10、小球静止释放，由机械能守恒定律：2g/(l - COS 60。)=52伙)22小球在最低点由牛顿第二定律得：Ft-又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力Ft =Ft解得：FTf =20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：+Mv mvo2=mvo, 2+mvx物块从尸点运动到最右端，由能量守恒定律得：小球反弹后回到尸点的过程，又有：Ep=Q 联立解得：p=2J.专题强化练I基础强化练.(多项选择)如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连, A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体- 从离水平面高力处由静止开始沿固定光 滑曲面滑下，与A相
11、碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B与A分开且沿原曲面上 升.以下说法正确的选项是(重力加速度为g)()图1A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为根B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为呼hB与4分开后能到达的最大高度为彳C. 3与A分开后能到达的最大高度不能计算 答案BC解析 根据机械能守恒定律可得8刚到达水平面的速度软)=，丽，根据动量守恒定律可得A mgh,故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与3分开，3以大小为。的速度向左 沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得20/ =，砂2,解得5能到达的最大高度为/=(, 故C正确，D错误.与B碰撞后的速度为v=/0，所以弹簧被压缩时所具
12、有的最大弹性势能为Epm =X2mv2 =2.（多项选择）如图2甲，光滑水平面上放着长木板g质量为m=2 kg的木块A以速度oo=2 m/s 滑上原来静止的长木板3的上外表，由于A、3之间存在摩擦，之后木块A与长木板3的速 度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m/s2,那么以下说法正确的选项是（）甲乙图2A.木块A与长木板5之间的动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M=2kgC.长木板8的长度至少为2 mD.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J答案AB解析 由题图可知，木块A先做匀减速运动，长木板8先做匀加速运动，最后一起做匀速运 动，共同速度。=lm/s,取向右为正方向，根
13、据动量守恒定律得根o（）=O+M）0,解得 =2 kg,故B正确；由题图可知，长木板5匀加速运动的加速度为3=岩=；m/s2= 1 m/s2, 对长木板以 根据牛顿第二定律得解得=0.1,故A正确；由题图可知前1 S 12+1内长木板B的位移为我=5义1 X 1 m=0.5 m,木块A的位移为茏产 ,X 1 m=1.5 m,所以 长木板3的最小长度为乙=右一切=1 m,故C错误；木块A与长木板3组成的系统损失的 机械能为=斗砂（）2,（机+m）02 = 2 j,故D错误.3.（2020广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末）如图3所示，一质量为M；=6kg 的木板B静止于光滑的水平面上，
14、物块A的质量Ma = 6 kg,停在8的左端，一质量为机= 1 kg的小球用长为/=0.8 m的轻绳悬挂在固定点。上.将轻绳拉直至水平位置后，由静止 释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能到达的最大高度/z=0.2m,物块A 与小球均可视为质点，A、3到达共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g IZ 10 m/s2.O图3小球和物块A碰后瞬间物块A的速度大小；（2）4、3组成的系统因摩擦损失的机械能.答案（1）1 m/s （2）1.5 J解析（1）对于小球，在运动的过程中机械能守恒，mgh=mvj 2, 得=.2g=2 m/s小球与物块A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向
15、，那么有：wi = 一m解得 va= 1 m/s(2)物块A与木板B相互作用过程中：MaVa = (Ma+Mb)v 共，解得。共=0.5 m/s.A、3组成的系统因摩擦而损失的机械能代入数据，解得AE=L5JL能力提升练4.如图4所示，光滑的水平面上有一质量M=9 kg的木板，其右端恰好和;光滑固定的圆弧 轨道AB的底端等高对接(木板的水平上外表与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量7770 = 2 kg 的物体。(可视为质点)，己知圆弧轨道半径R=0.9 m,现将一质量m=4 kg的小滑块(可视为 质点)，在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到8端后冲上木板，并与木板右端的物体。粘 在一起沿木板向
16、左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，滑块和物体。与木板上外表间的 动摩擦因数均为=0.2,取g=10m/s2.求：滑块到达圆弧的5端时，轨道对它的支持力大小；(2)木板的长度/.答案(1)120 N (2)1.2 m解析(1)滑块从A端下滑到8端，由机械能守恒定律得1 mgR=ynvo解得。o=3p m/s在8点，由牛顿第二定律得Fn-mg=m 解得轨道对滑块的支持力Fn=120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的 速度为那么mvo=(m-mo)V代入数据得S=2吸m/s对滑块、物体。以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为外
17、，由动量 守恒定律有 (m+mo)v = (m- mo+M)v?由能量守恒定律得N(m+mo)gl=/jn+nto)v2 解得/=L2 m.5.如图5所示，。是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3根，在木板的上外表有 两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为,最初木板静止，A、B 两木块同时以相向的水平初速度。o和2oo滑上长木板，木板足够长，A、3始终未滑离木板也 未发生碰撞.重力加速度为g,求：图5此后运动过程中木块B的最小速度是多少？木块A从刚开始运动到A、B、。速度刚好相等的过程中，木块A发生的位移是多少？ 答案见解析解析(1)由题知，8向右减速，A向左减速，
18、此时C静止不动；A先减速到零后与C 一起反 向向右加速，3向右继续减速，三者共速时，3的速度最小.取向右为正方向，根据动量守恒定律有根 2。()mvo=5 mv(2)A向左减速的过程，根据动能定理有2向左的位移为X=Y 卬gA、。一起向右加速的过程，根据动能定理有Zzmgx2=1x4mfjj2取向右为正方向，整个过程A发生的位移为21加X=X2-XX = - 即此过程中A发生的位移向左，大小为患眩L尖子生选练6.（2020嘉祥县第一中学高二期中）如图6所示，小球A质量为相，系在细线的一端，细线的 另一端固定在。点，。点到光滑水平面的距离为.物块3和。的质量分别是4根和2根，物 块仄。与轻弹簧接
19、触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块3位于。点正下方.现拉 动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块3发生正碰（碰撞时.h_间极短），反弹后上升到最高点时与水平面的距离为令小球A与物块8、。均可视为质点，不 y计空气阻力，重力加速度为g,求碰撞过程:图6物块3受到的冲量大小；（2）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能；（3）物块C获得的最大速度的大小.答案（1）号3函 Q）*ngh （3）|V丽解析（1）设小球A运动到最低点与物块3碰撞前的速度大小为vi9取小球A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=mv2解得 Vi=y2gh设碰撞后小球A反弹的速度大小为vr ,ih根据机械能守恒定律有：产“ 2 = mgg解得01，设碰撞后物块B的速度大小为02,取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv = mvr +4根。2解得02=