第七章热点专题系列(五).docx

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1、热点专题系列(五)REDIANZHUANTI动力学、能量和动量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：动力学观点(牛顿运动定律、运 动学基本规律)；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)；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

2、)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

3、于作用时间都极短, 因此用动量守恒定律去解决。一动量与动力学观点的综合应用例1 (2019全国卷III)静止在水平地面上的两小物块A、8,质量分别为，八根据动量守恒定律，有miV + miV2 = (m + mi)v代入数据解得。= 7.44 m/s。算珠归零状态2. (2021广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算 盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、 乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b,甲、乙相隔Si = 3.5X10-2m,乙与边框 a相隔S2 = 2.0*10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数 =0.1。现用手指将甲以0.4 m/

4、s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变，碰撞时间 极短且不计，重力加速度g取l()m/s2。边框边框b /(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案能0.2 s解析(1)设甲、乙的质量均为机，根据牛顿第二定律，甲、乙算珠滑动时的 加速度大小。均满足= ma解得 a = 1 m/s2以甲的初速度方向为正方向，设甲与乙碰前的速度为根据运动学规律，有 *-嗝=-2as其中a=0.4 m/s解得 v = 0.3 m/s设甲、乙碰撞后甲的速度为S,乙的速度为。3,由动量守恒定律得机。1二机。2 + mv?,其中 V2 = 0.1 m

5、/s解得 s = 0.2 m/s第9页，共16页之后乙做匀减速直线运动，设当速度减为零时运动的位移为X,则有0-赍二 -lax解得 x = 0.02 m = 52可知乙算珠恰好能滑动到边框aoV - Vo(2)甲与乙碰前运动的时间为ri =一 CI分析可知，甲不能运动到边框a处与乙再次碰撞，则碰后甲运动的时间为皂 0-P2则甲算珠从拨出到停下所需的时间为r = ri+r2联立解得/ = 0.2 s。3. (2021海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度uo向右做匀速直 线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为 机和2?，它们之间的动摩擦因数为外 重力加速度

6、为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木 板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及 外力所做的功。25) 7pq vo 9答案亍酮晟绚。解析(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2?。二。 + 2m)v 共解得0共二竽。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有。木二2。滑第10页，共16页根据动量守恒定律有2wo = 2mv木+ mv滑 24联立得0滑二铲o,。木二铲o再根据功能关系有-囚ngx二;X 26

7、喙 + J。, 2X 2加*解得户慈(3)对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有卬咫二口滑滑块相对木板静止时有如二。涓/解得就由于木板保持匀速直线运动，则有F - R7lg*整个过程中木板滑动的距离为V=加= / cb则外力所做的功为W=Fxf = mvj)o4. (2020天津高考)长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为mi的小球A, 处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通 过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为72的小球B与之迎面正碰， 碰后A、8粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻 力，重力加速度为g,求(1M受到的水平瞬时冲

8、量/的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能反至少多大？答案(1)如庖(2)荻解析(1M恰好能通过圆周轨迹的最高点，则A经过圆周轨迹的最高点时， 轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为。，由牛顿第二定律，有z第11页，共16页i = /niyA从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零， 设A在最低点的速度大小为VA,有成=嬴。2 + 22吆/由动量定理，有/=7必联立式，得/二皿商。(2)设两球粘在一起瞬间速度大小为A、8粘在一起后能通过圆周轨迹的 最高点，需满足八要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前3的速度方向相同，以此方 向为正方向，设碰撞前瞬间8的速度大小为加

9、，由动量守恒定律，有22内-21。 =(mi + mijv1 ,又Ek =加20A、5gl (2mi + mi) 2联立式，得EO-诉即碰撞前瞬间B的动能Ek至少为5gl (2m + m2) 22nr 5. (2020.海南高考)如图，光滑的四分之一圆弧轨道P。竖直放置，底端与一 水平传送带相切，一质量= 1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放， 到最低点Q时与另一质量讴=3 kg的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已 知圆弧轨道半径R = 0.8m,传送带的长度1.25 m,传送带以速度。=1 m/s顺 时针匀速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数从二。？，=10 m/s2o求：碰

10、撞前瞬间小物块。对圆弧轨道的压力大小;碰后小物块能上升的最大高度；第12页，共16页小物块h从传送带的左端运动到右端所需要的时间。答案(1)30 N (2)0.2 m (3)1 s解析(1)设小物块。下滑到圆弧轨道最低点Q且未与小物块相碰时的速度 为外，根据机械能守恒定律有magR = n显,代入数据解得4 = 4m/s,*根据牛顿第二定律有Fn -= m,年,代入数据解得Fn = 3()N,根据牛顿第三定律，可知碰撞前瞬间小物块。对圆弧轨道的压力大小为30 N。(2)小物块。与小物块b发生弹性正碰，以碰撞前小物块。的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m.Va = maVa + 川,根据机械

11、能守恒定律有:AW 琢= 琢联立并代入数据解得va = -2 m/s, Vb = 2 m/s,可知碰撞后小物块。的速度与碰撞前速度方向相反，将再次滑上圆弧轨道,根据机械能守恒定律有=品必/ 2,代入数据解得力二0.2 m。(3)碰后小物块8滑上传送带，且不会与小物块。再次相碰。因w = 2m/s =1 m/s,故小物块b滑上传送带后先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有：- W姐=mi.a,代入数据解得。=-2 m/s2,则小物块由2 m/s减速至1 m/s的位移为v2-vlXi = - = ().75 m,第13页，共16页V-Vb减速运动的时间为n=- = 0.5s,因制=0.75 m吆(

12、L-S2-S3),即载物箱能运动到右侧平台，设载 物箱滑上右侧平台时的速度为。3,从传送带停止到载物箱运动到右侧平台的时间 为力，由运动学公式有v-v2= - 2a(L S2 S3)vi = v- at3设载物箱通过传送带的过程中，传送带的摩擦力对它的水平冲量为小传送 带的支持力对它竖直向上的冲量为“，由动量定理有/i = m(V3 - 0o)由动量的定义有h = 吆(加+门)联立式并代入题给数据得八二0； A二第N s,方向竖直向上则载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量为第 N - s,方向竖直向上。第16页，共16页1.0kg, 15 = 4.0kg；两者之间有一被压缩

13、的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离/二1.0 m,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧 释放，使A、8瞬间分离，两物块获得的动能之和为反二10.0 J。释放后，A沿着 与墙壁垂直的方向向右运动。A、3与地面之间的动摩擦因数均为 =0.20。重力 加速度取g= l()m/s2。4、3运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时4与B之间的距离是多少？(3)4和8都停止后，A与8之间的距离是多少？答案(1)4.0 m/s 1.0 m/s(2)物块 8 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析1 (1

14、)设弹簧释放后瞬间4和B的速度大小分别为办、加，以向右为正 方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0 = ITIaVa - 加班10 I 0Ek =咏攻+产廊联立式并代入题给数据得va = 4.0 m/s, vb= 1.0 m/s0(2)4、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相 等，设为假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释 放后速度较小的瓦设从弹簧释放到8停止所需时间为f, 8向左运动的路程为sb, 则有niBa = 5g SB = VBt - 5产Vb - at - 0在时间/内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不

15、改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间，内的路程以第2页，共16页都可表示为1 n联立式并代入题给数据得sa = 1.75 in, sb = 0.25 m这表明在时间/内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于 出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s = 0.25 m + 0.25 m = 0.50 m（3”时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的8发生碰撞，碰撞前A的速度大小为内，由动能定理有niAVA 1 2-= - 如 g（2/ + 珈）联立式并代入题给数据得办二小m/s故A与B将发生碰撞。设碰撞后4、B的速度分别为内和班，

16、由动量守 恒定律与机械能守恒定律有- Va ) = mAVAa + infiUti mAVA1 2 =品疝a 2 +2联立式并代入题给数据得37, M 2J7，cVa =-m/s, vb = -m/s这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为 以时停止，8向左运动距离为s/时停止，由运动学公式2as/ =Va 2, las a = Vbn 2由式及题给数据得sa = 0.63 m, sb = 0.28 msa小于碰撞处到墙壁的距离。由式可得两物块停止后的距离sr = sa + sb = 0.91 m。第3页，共16页二动量与能量观点的综合应用整例2 (2021湖北高考)

17、如图所示，一圆心为。、半径为R的光滑半圆弧轨道 固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在。点相切。在水平面上，质量为机的 小物块A以某一速度向质量也为根的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与。点等 高的。点时速度为零。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到。点时，。与。夹角为氏求此时A 所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。答案(1)2R (2)，g sin 2gR cos 6(3)y而 mgR解析(1)设B到达半圆

18、弧轨道最高点时速度为s,由于B对轨道最高点/ 0V2的压力为零，则由牛顿第二定律得吆=B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2/? 二 5户在水平方向上有X =t联立解得戈= 2R。(2)对A由C到。的过程，由机械能守恒定律得mgR cos 0 =由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P = fngvf) sin 0联立解得 P = mg sin 队)2gR cos。(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为5、s,对B由。到最高点的过程，由机 械能守恒定律得第4页，共16页2 2 力 122U1产 =对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得%曷=mgR设碰前瞬间A的速度为如，对A、B

19、碰撞的过程，由动量守恒定律得mvo = mv + niV2碰撞过程中A和B损失的总动能为联立解得A舔=ybmgRo联立解得A舔=ybmgRo三 应用力学三大观点解决多过程问题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，首先作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

20、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，

21、但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。第5页，共16页整例3 (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8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3发生弹性碰撞(碰 撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的尸点(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4运动的P-/图象如图b所 示，图中的5和均为未知量。已知4的质量为，明初始时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3的质量；(2)在图b所描述的整个运动过程中，求

22、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。点释放，一段时间后4刚好能与8再次 碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。211I答案13，讨 g瓦解析1 (1)根据图b,。为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，三为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块8的质量为九碰撞后瞬间的速度大小为。由动量守 恒定律和机械能守恒定律有小。1 二机(一为 + mv2联立式得m = 3团(2)在图b所描述的运动中，设物块4与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为一, 下滑过程中所走过的路程为si,返回过程中所走过的路程为S2, P第6页，共16页点离水

23、平轨道的高度为，整个过程中克服摩擦力所做的功为Wo由动能定 理有mgH -fs =- 0-(fsi + mgh) = 0 -从图b所给出的止/图线可知5| 二/四1 V52 = 2, y （1-4力-力）由几何关系w = s物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fS +/S22 联立式可得卬二百g”（3）设倾斜轨道倾角为凡物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有W二H + h4mg cos 9 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为（ 由动能定理有-卬期 也，设改变后的动摩擦因数为/ ,由动能定理有htngh - 2g cos 0 - 7-7 - mgs = 0 sin t/联立式可得力=*热

24、点集训1.（2021 河北高考）如图，一滑雪道由48和BC两段滑道组成，其中4B段倾 角为氏8C段水平，A8段和8c段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的 背包在滑道顶端4处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以第7页，共16页L5m/s的初速度、3md的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平 处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为二七，重力加速度取 7?410 m/s2, sin夕二不，cos。二不，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的 重心变化，求：(1)滑道人3段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案 (l)9m (2)7.44 m/s

25、解析(1)设滑道AB段的长度为L,已知背包质量为=2 kg,设其在AB 段滑行的加速度为0,由牛顿第二定律有mg sin 0 - f.ung cos 0 = ma代入数据解得0=2mH已知滑雪者质量为72=48 kg,初速度为6=1.5 m/s,加速度为。2 = 3m/s2, 设其在AB段滑行时间为t,则背包在AB段的滑行时间为t + /o(/o =1 s), 由运动学规律得1 9L 二产(/+/0)271、L - vot +/广联立解得/ = 2s(r= -1s舍去)故可得L = 9m。(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为功、S,则vi =a(t+to)代入数据解得S=6 m/sV2 = vo + ait代入数据解得6 = 7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为。，第8页，共16页