第六章-專題強(qiáng)化七

1、專題強(qiáng)化七動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用專題解讀 1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題2學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題3用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律)；動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)一、力的三個(gè)作用效果與五個(gè)規(guī)律分類對(duì)應(yīng)規(guī)律公式表達(dá)力的瞬時(shí)作用效果牛頓第二定律F合ma力對(duì)空間積累效果動(dòng)能定理W合EkW合mvmv機(jī)械能守恒定律E1E2mgh1mvmgh2mv力對(duì)時(shí)間積累效果動(dòng)量定理F合tppI合p動(dòng)量守恒定律m1v1m2

2、v2m1v1m2v2二、常見的力學(xué)模型及其結(jié)論模型名稱模型描述模型特征模型結(jié)論“速度交換”模型相同質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性正碰m1m2，動(dòng)量、動(dòng)能均守恒v10，v2v0(v20，v1v0)“完全非彈性碰撞”模型兩球正碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)動(dòng)量守恒、能量損失最大vv0(v20，v1v0)“子彈打木塊”模型子彈水平射入靜止在光滑的水平面上的木塊中并最終一起共同運(yùn)動(dòng)恒力作用、已知相對(duì)位移、動(dòng)量守恒Ffx相對(duì)m1v(m1m2)v2“人船”模型人在不計(jì)阻力的船上行走已知相對(duì)位移、動(dòng)量守恒、開始時(shí)系統(tǒng)靜止x船L，x人L命題點(diǎn)一動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)

3、動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題2力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能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(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，

4、即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決例1(2018全國卷24)汽車A在水平冰雪路面上行駛駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖1所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g10 m/s2.求：圖1(1)

5、碰撞后的瞬間B車速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA22aAsA設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAvAmAvAmB

6、vB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s變式1(2018重慶市上學(xué)期期末抽測)如圖2甲所示，質(zhì)量m14 kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m21 kg的小物塊靜止在長木板的左端現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的作用力F，小物塊和長木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：圖2(1)小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)水平力的大小F；(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能E.答案(1)0.2(2)4 N(3)3.6 J解析(1)由題圖可知：長木板的加速度a1 m/s20.5 m/s2由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長木板的滑動(dòng)摩擦力Ffm

7、1a12 N小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)：0.2(2)由題圖可知，小物塊的加速度a2 m/s22 m/s2由牛頓第二定律可知：Fm2gm2a2解得F4 N(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，最終兩者以相同速度(設(shè)為v)運(yùn)動(dòng)m1v1m2v2(m1m2)v代入數(shù)據(jù)解得v1.6 m/s則系統(tǒng)損失的機(jī)械能Ev23.6 J命題點(diǎn)二動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1兩大觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律2解題技巧(1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)(2)若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)

8、，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理(3)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過程的初、末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處特別對(duì)于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性例2(2018全國卷24)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度答案(1)(2)解析(1)設(shè)

9、煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為hh1h2變式2(2018四川省樂山市第一次調(diào)研)如圖3，一質(zhì)量M6 kg的木板B靜止于光滑

10、水平面上，物塊A質(zhì)量m6 kg，停在木板B的左端質(zhì)量為m01 kg的小球用長為L0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與物塊A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度為h0.2 m，物塊A與小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力已知物塊A、木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，(g10 m/s2)求：圖3(1)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊A碰撞前瞬間，小球的速度大??；(2)小球與物塊A碰撞后瞬間，物塊A的速度大??；(3)為使物塊A、木板B達(dá)到共同速度前物塊A不滑離木板，木板B至少多長答案(1)4 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析(1)對(duì)小球下擺過程，由機(jī)械能守恒

11、定律得：m0gLm0v，v04 m/s(2)對(duì)小球反彈后過程，由機(jī)械能守恒定律得有m0ghm0v解得：v12 m/s小球與物塊A碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：m0v0m0v1mvA解得vA1 m/s(3)物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以物塊A的速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：mvA(mM)v，解得v0.5 m/s由能量守恒定律得：mgxmv(mM)v2，解得x0.25 m命題點(diǎn)三力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題1表現(xiàn)形式(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)(2)圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓

12、周運(yùn)動(dòng)(3)平拋運(yùn)動(dòng)：與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)2應(yīng)對(duì)策略(1)力的觀點(diǎn)解題：要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應(yīng)確定過程的初、末狀態(tài)的動(dòng)量(動(dòng)能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動(dòng)量或機(jī)械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個(gè)守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)例3(2018山東省泰安市一模)如圖4所示，質(zhì)量為m10.5 kg的小物塊P置于臺(tái)面上的A點(diǎn)并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài)質(zhì)量M1 kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺(tái)面相平，且緊靠臺(tái)面右端木板左端放有一質(zhì)量m2

13、1 kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，撤去推力，此后P沿臺(tái)面滑到邊緣C時(shí)速度v010 m/s，與小車左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點(diǎn)，滑塊Q停在木板上已知臺(tái)面AB部分光滑，P與臺(tái)面AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，A、C間距離L4 m滑塊Q與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.4，木板下表面與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)30.1(g取10 m/s2)，求：圖4(1)撤去推力時(shí)彈簧的彈性勢能；(2)長木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度；(3)長木板的最小長度答案(1)27 J(2)2 m/s(3)3 m解析(1)小物塊P由B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程：W彈1m1gLm1v0解得：W彈27

14、JEpW彈27 J即：撤去推力時(shí)彈簧的彈性勢能為27 J.(2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较騧1v0m1vPm2vQ小物塊P從碰撞后到靜止1m1gL0m1v解得vQ6 m/s滑塊Q在長木板上滑動(dòng)過程中：對(duì)Q：2m2gm2a1對(duì)木板：2m2g3(Mm2)gMa2解得：a14 m/s2a22 m/s2當(dāng)滑塊Q和木板速度相等時(shí)，木板速度最大，設(shè)最大速度為v，滑行時(shí)間為t0對(duì)QvvQa1t0對(duì)木板：va2t0解得：t01 sv2 m/s則長木板運(yùn)動(dòng)中的最大速度為2 m/s(3)在滑塊Q和木板相對(duì)滑動(dòng)過程中Q的位移：xQ(vQv)t0木板的位移：x板(0v)t0木板的最小長度：

15、LxQx板解得：L3 m.變式3(2018河北省定州中學(xué)承智班月考)如圖5所示，固定點(diǎn)O上系一長L0.6 m的細(xì)繩，細(xì)繩的下端系一質(zhì)量m1.0 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，球與平臺(tái)的B點(diǎn)接觸但對(duì)平臺(tái)無壓力，平臺(tái)高h(yuǎn)0.80 m，一質(zhì)量M2.0 kg的物塊開始靜止在平臺(tái)上的P點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)物塊M施予一水平向右的初速度v0，物塊M沿粗糙平臺(tái)自左向右運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)邊緣B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)A時(shí)，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而物塊M落在水平地面上的C點(diǎn)，其水平位移x1.2 m，不計(jì)空氣阻力，g10 m/s2.圖5(1)求物塊M碰撞后的速度大??；(2)若

16、平臺(tái)表面與物塊M間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，物塊M與小球的初始距離為x11.3 m，求物塊M在P處的初速度大小答案(1)3.0 m/s(2)7.0 m/s解析(1)碰后物塊M做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v3，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為thgt2xv3t得：v3x3.0 m/s(2)物塊M與小球在B點(diǎn)處碰撞，設(shè)碰撞前物塊M的速度為v1，碰撞后小球的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律：Mv1mv2Mv3碰后小球從B點(diǎn)處運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A過程中機(jī)械能守恒，設(shè)小球在A點(diǎn)的速度為vA，則mvmv2mgL小球在最高點(diǎn)時(shí)有：2mgm由解得：v26.0 m/s由得：v16.0 m/s物塊M從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理：Mgx1

17、MvMv解得：v07.0 m/s1(2018北京理綜22)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一某滑道示意圖如圖1所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點(diǎn)質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB30 m/s.取重力加速度g10 m/s2.圖1(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大??；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)

18、見解析圖3 900 N解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有L100 m(2)根據(jù)動(dòng)量定理，有ImvBmvA1 800 Ns(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖所示根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，有mghmvmv根據(jù)牛頓第二定律，有FNmgm得FN3 900 N2.(2018安徽省黃山市一質(zhì)檢)如圖2所示，一對(duì)雜技演員(都視為質(zhì)點(diǎn))蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A.已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計(jì)，秋千的擺長為R，C點(diǎn)比O點(diǎn)低5R.不計(jì)空氣阻力，求：圖2(1

19、)擺到最低點(diǎn)B，女演員未推男演員時(shí)秋千繩的拉力；(2)推開過程中，女演員對(duì)男演員做的功；(3)男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離s.答案(1)9mg(2)6mgR(3)8R解析(1)第一個(gè)過程：兩雜技演員從A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒設(shè)二者到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為v0，則由機(jī)械能守恒定律有：(m2m)gR(m2m)v.女演員未推男演員時(shí)，秋千繩的拉力設(shè)為FT，由兩雜技演員受力分析有：FT(2mm)g所以FT9mg(2)第二個(gè)過程：兩演員相互作用，沿水平方向動(dòng)量守恒設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2，所以有(m2m)v02mv2mv1.第三個(gè)過程：女演員上擺到A點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，

20、因此有mgRmv.女演員推開男演員時(shí)對(duì)男演員做的功為W2mv2mv聯(lián)立得：v22，W6mgR(3)第四個(gè)過程：男演員自B點(diǎn)平拋，有：sv2t.運(yùn)動(dòng)時(shí)間t可由豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)得出4Rgt2，聯(lián)立可解得s8R.3(2018山東省青島市二模)如圖3所示，半徑R2.8 m的光滑半圓軌道BC與傾角37的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起某時(shí)刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時(shí)恰好與沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的小球P發(fā)生碰撞已知小

21、球P的質(zhì)量m13.2 kg，小球Q的質(zhì)量m21 kg，小球P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢能Ep168 J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)已和彈簧分離重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力，求：圖3(1)小球Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q離開圓軌道后經(jīng)過多長時(shí)間與小球P相碰答案(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s解析(1)兩小球彈開的過程，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1m2v2由機(jī)械能守恒定律得：Epm1vm2v聯(lián)立可得：v15 m/s，v216 m/s小球Q沿圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中，由機(jī)械能守恒

22、定律可得：m2vm2v2m2gR解得：vC12 m/s，(2)小球P在斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，由牛頓第二定律得：m1gsin m1gcos m1a1，解得：a110 m/s2故上升的最大高度為：hsin 0.75 m(3)設(shè)兩小球相遇點(diǎn)距離A點(diǎn)為x，小球P從A點(diǎn)上升到兩小球相遇所用的時(shí)間為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則：m1gsin m1gcos m1a2，解得：a22 m/s2小球P上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間：t10.5 s，則：2Rgt2ha2(tt1)2sin 解得：t1 s.4(2018湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖4所示，半徑為R11.8 m的光滑圓弧與半徑為R20.3 m的半圓光滑細(xì)管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長度為L2.0 m、質(zhì)量為M1.5 kg的木板，木板上表面