動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用

1、專題強(qiáng)化七動力學(xué)、動量和能量觀點(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，高考對本專題將作為計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、規(guī)律和方法有：動力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律)；動量觀點(diǎn) (動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(diǎn) (動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律).一、力的三個作用效果與五個規(guī)律分類對應(yīng)規(guī)律公式表達(dá)力的瞬時作用效果牛頓第二定律F 合 maW 合 Ek動能定理1212W 合 mv2 mv1力對空間積累效果22E1 E2機(jī)械能守恒定律1212mgh1mv1 mgh2 mv2

2、22動量定理F 合 t p p力對時間積累效果I 合 p動量守恒定律m1 v1m2v2 m1v1 m2v2二、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”相同質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性m1 m2，動量、動能均v1 0， v2 v0(v2模型正碰守恒 0， v1 v0 )“完全非彈性動量守恒、 能量損失最vm1m1 m v0(v2 0，v1兩球正碰后粘在一起運(yùn)動2碰撞”模型大 v0)“子彈打木子彈水平射入靜止在光滑恒力作用、 已知相對位Ff x12 1(m1相對 m1v0的水平面上的木塊中并最22塊”模型移、動量守恒終一起共同運(yùn)動 m2)v2“人船”模型人在不計阻力的船上行走已知相

3、對位移、 動量守mL ，x 船 恒、開始時系統(tǒng)靜止M mMx 人 M mL命題點(diǎn)一動量與動力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題.(2)能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題.(3)動量觀點(diǎn)：用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題.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

4、有相互作用，一般用動量守恒定律和機(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)在涉及相對位移問題時則優(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，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，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間都極短，因此用動量守恒定律去解決.例 1 (2017 山西五校四聯(lián) )如圖 1 甲所示，質(zhì)量均為 m0.5kg 的相同物塊 P 和 Q(可視為質(zhì)點(diǎn) )分別靜止在水平地面上 A、C 兩點(diǎn) .P 在按圖乙所示隨時間變化的水平力 F 作用下由靜止開始向右

5、運(yùn)動， 3s 末撤去力F，此時 P 運(yùn)動到 B 點(diǎn)，之后繼續(xù)滑行并與Q 發(fā)生彈性碰撞 .已知 B、C 兩點(diǎn)間的距離L 3.75m， P、Q 與地面間的動摩擦因數(shù)均為 0.2，取 g 10m/s2，求：圖1(1)P 到達(dá) B 點(diǎn)時的速度大小(2)Q 運(yùn)動的時間t.v 及其與Q 碰撞前瞬間的速度大小v1；答案(1)8m /s7 m/s(2)3.5s解析(1) 在 0 3s 內(nèi)，以向右為正方向，對P 由動量定理有：F 1t1 F 2t2 mg(t1t2) mv 0其中 F1 2N， F 2 3N， t1 2s， t2 1s解得 v 8m/s設(shè) P 在 B、C 兩點(diǎn)間滑行的加速度大小為a，由牛頓第二定

6、律有： mg maP 在 B、 C 兩點(diǎn)間做勻減速直線運(yùn)動，有：v2 v12 2aL解得 v1 7m/s(2)設(shè) P 與 Q 發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1 、 v2，有：mv1 mv1 mv21mv1212122 mv1 mv222碰撞后 Q 做勻減速直線運(yùn)動，有： mg mav2t a解得 t 3.5s變式 1(2018 寧夏銀川質(zhì)檢 )質(zhì)量為 m1 1200kg 的汽車 A 以速度 v1 21m/s 沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量m2 800 kg 的汽車 B 以速度 v215 m/s 迎面駛來， 兩車立即同時急剎車，使車做勻減速運(yùn)動，但兩車仍在開始剎車t 1s

7、后猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再滑行一段距離后停下，設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù) 0.3，取 g 10m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大??；(2)設(shè)兩車相撞時間(從接觸到一起滑行)t 00.2s，則 A 車受到的水平平均沖力是其自身重力的幾倍；(3)兩車一起滑行的距離.答案(1)6m/s(2)6 倍(3)6m解析(1) 對于減速過程有a g對 A 車有： vA v1at對 B 車有： vB v2at以碰撞前A 車運(yùn)動的方向為正方向，對碰撞過程由動量守恒定律得：m1vA m2vB (m1 m2 )v 共可得 v 共 6m/s(2)對 A 車由動量定理

8、得：Ft 0m1v 共 m1 vA可得 F 7.2104N則F6m1g(3)對共同滑行的過程有2v共x 2a可得 x 6m命題點(diǎn)二動量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.兩大觀點(diǎn)動量的觀點(diǎn)：動量定理和動量守恒定律.能量的觀點(diǎn)：動能定理和能量守恒定律.2.解題技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律).(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理.(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律 )、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究， 這正是它們的方便之處.特別對于變力做功問題，就更顯

9、示出它們的優(yōu)越性.例 2 如圖 2 所示，一小車置于光滑水平面上，小車質(zhì)量 m0 3kg，AO 部分粗糙且長L 2m，動摩擦因數(shù) 0.3， OB 部分光滑 .水平輕質(zhì)彈簧右端固定，左端拴接物塊b，另一小物塊a，放在小車的最左端，和小車一起以v0 4m/s 的速度向右勻速運(yùn)動，小車撞到固定豎直擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連.已知車 OB 部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi) .a、b 兩物塊視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m 1 kg ，碰撞時間極短且不粘連，碰后以共同速度一起向右運(yùn)動 .(g 取 10 m/s2)求：圖 2(1)物塊 a 與 b 碰后的速度大??；(2)當(dāng)物塊 a 相對小

10、車靜止時小車右端B 到擋板的距離；(3)當(dāng)物塊 a 相對小車靜止時在小車上的位置到O 點(diǎn)的距離 .答案(1)1m/s(2)132m (3)0.125m解析(1) 對物塊 a，由動能定理得1212 mgL mv1 mv022代入數(shù)據(jù)解得a 與 b 碰前 a 的速度： v1 2m/s；a、 b 碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a 的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv1 2mv2代入數(shù)據(jù)解得v21m/s(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離，a 以 v2 1m/s 的速度，在小車上向左滑動，當(dāng)與小車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得mv2 (m0 m)v3，代入數(shù)據(jù)解得v3 0.25 m/s.對小

11、車，由動能定理得mgs1m0232v代入數(shù)據(jù)解得，同速時小車B 端到擋板的距離 s 132m(3)由能量守恒得 mgx 1mv22 1(m0 m)v3222解得物塊 a 與車相對靜止時與O 點(diǎn)的距離： x 0.125m變式 2 (2017 山東濰坊中學(xué)一模)如圖 3 所示，滑塊 A、 B 靜止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C， B、C 間的動摩擦因數(shù)為(數(shù)值較小 )，A、B 由不可伸長的輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài) .現(xiàn)在突然給 C 一個向右的速度v0，讓 C 在 B 上滑動，13當(dāng) C 的速度為 4v0 時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B 的速度為

12、16v0.已知 A、 B、C 的質(zhì)量分別為2m、 3m、m.重力加速度為 g，求：圖 3(1)從 C 獲得速度 v0開始經(jīng)過多長時間繩子剛好伸直；(2)從 C 獲得速度 v0開始到繩子被拉斷的過程中整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能.3v04172答案(1)4g(2)1024mv0解析(1)從 C 獲得速度 v0 到繩子剛好伸直的過程中，以v0 的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：1 mgt 4mv0mv03v0解得： t (2)設(shè)繩子剛伸直時B 的速度為vB，對 B、C 組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律得：1mv0 m4v0 3mvB1解得： vB 4v0繩子被拉斷的過程中，A、 B 組成的系統(tǒng)動量

13、守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：33mvB 2mvA 3m16v03解得： vA 32v0整個過程中，根據(jù)能量守恒定律得：12121321124172E mv0 2mvA 3m(0) m(0)1024mv022216v24v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：水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動.(2)圓周運(yùn)動：繩模型圓周運(yùn)動、桿模型圓周運(yùn)動、拱形橋模型圓周運(yùn)動.(3)平拋運(yùn)動：與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動.2.應(yīng)對策略(1)力的觀點(diǎn)解題：要認(rèn)真分析運(yùn)動狀態(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、

14、末狀態(tài)的動量 (動能 ) ，分析并求出過程中的沖量 (功 )；(3) 過程中動量或機(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，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度 (率 ).例 3 (2015 廣東理綜 36)如圖 4 所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R 0.5m ，物塊 A 以 v0 6m/s 的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn) Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上 P 處靜止的物塊 B 碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動， P 點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為 L 0.1 m，物塊與各 2B 視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時間極短).

15、圖 4(1)求 A 滑過 Q 點(diǎn)時的速度大小v 和受到的彈力大小F ；(2)若碰后 AB 最終停止在第 k 個粗糙段上，求k 的數(shù)值；(3)求碰后 AB 滑至第 n 個 (nk)光滑段上的速度vn 與 n 的關(guān)系式 .答案見解析解析(1) 由機(jī)械能守恒定律得：1mv02mg2R1mv222得： A 滑過 Q 點(diǎn)時的速度 v 4 m/sgR 5 m/s.2在 Q 點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式有：F mg mvR解得： A 滑過Q 點(diǎn)時受到的彈力F22 N(2)設(shè) A、B 碰撞前 A 的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律有：12122mv0 2mvA得： vA v0 6 m/sA、B 碰撞后以共同的速

16、度vP 前進(jìn)，以v0 的方向為正方向，由動量守恒定律得：mvA (m m)vP解得： vP 3 m/s總動能Ek 12(m m)v2P 9 J滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能E Ff L (mm)gL 0.2 J則 k EEk 45(3)AB從碰撞到滑至第n 個光滑段上損失的能量E 損 n E 0.2n J由能量守恒得：12122(m m)vP 2(m m)vn n E代入數(shù)據(jù)解得：vn90.2n m/s， (n k)變式 3如圖 5 所示的水平軌道中，AC 段的中點(diǎn) B 的正上方有一探測器，C 處有一豎直擋板，物體P1 沿軌道向右以速度v1 與靜止在A 點(diǎn)的物體P2 碰撞，并接合成復(fù)合體P，

17、以此碰撞時刻為計時零點(diǎn)，探測器只在t1 2s 至 t2 4s 內(nèi)工作 .已知 P1、 P2 的質(zhì)量都為m 1kg， P2與 AC 間的動摩擦因數(shù)為 0.1， AB 段長 L 4m， g 取 10m/s ， P1、 P2 和 P 均視為質(zhì)點(diǎn)， P與擋板的碰撞為彈性碰撞.圖 5(1)若 v1 6m/s，求 P1、 P2 碰后瞬間的速度大小v 和碰撞損失的動能Ek；(2)若 P 與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B 點(diǎn)，求 v1 的取值范圍和P 向左經(jīng)過 A點(diǎn)時的最大動能Ekm.答案 (1)3m /s9 J (2)10 m/s v1 14m/s 17J解析(1) P1 、P2 碰撞過程動量守恒，

18、以向右為正方向，有mv1 2mvv1解得 v 3m/s碰撞過程中損失的動能為1212Ek mv1 (2m)v22解得 Ek 9J.(2)由于 P 與擋板的碰撞為彈性碰撞.故 P 在 AC 間等效為勻減速直線運(yùn)動，設(shè)P1、 P2 碰撞后速度為 v，P 在 AC 段加速度大小為a，碰后經(jīng)過 B 點(diǎn)的速度為 v2，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，得(2m)g 2ma123L vt2atv2 vat2解得 v1 2v 6L gtt2v2 6L gt2t由于 2s t4s，所以解得 v1 的取值范圍 10m/s v1 14 m/sv2 的取值范圍 1m/s v2 5 m/s所以當(dāng) v2 5m/s 時， P

19、向左經(jīng)過 A 點(diǎn)時有最大速度v3 v222aL 17m/s則 P 向左經(jīng)過 A 點(diǎn)時的最大動能Ekm 1(2m)v32 17J21.如圖1 所示，C 是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為 m 的小木塊 A 和 B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為 .最初木板靜止， A、 B 兩木塊同時以方向水平向右的初速度 v0 和 2v0 在木板上滑動， 木板足夠長， A、B 始終未滑離木板 .求：圖 1(1)木塊 B 從剛開始運(yùn)動到與木板C 速度剛好相等的過程中，木塊B 所發(fā)生的位移大小；(2)木塊 A 在整個過程中的最小速度 .答案91v022(1)(2) v050g

20、5解析(1) 木塊 A 先做勻減速直線運(yùn)動， 后做勻加速直線運(yùn)動； 木塊 B 一直做勻減速直線運(yùn)動；木板 C 做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動，直到A、B、 C 三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對 A、 B、C 三者組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0 2mv0( m m 3m)v1解得 v1 0.6v0對木塊 B 運(yùn)用動能定理，有：1210)2 mgs mv1 m(2v22291v0解得： s 50g(2)當(dāng) A 和 C 速度相等時速度最小，設(shè)為 v，以向右為正方向，由動量守恒定律得則： 3mv0 4mv m2v0 (v0 v)則 v2v05(其中 v0 v 為 A 和 B 速

21、度的變化量 )2.如圖 2 所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M 4.0kg 的平板車， 車的上表面是一段長 L 1.5m 的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R 0.25m 的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O相切 .現(xiàn)將一質(zhì)量m1.0kg 的小物塊 (可視為質(zhì)點(diǎn) )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) 0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g 10m/s2，求：圖 2(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(diǎn)O的距離 .答案 (1)5m/s (2)0.5m解析(1) 平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平

22、方向動量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時，二者的共同速度為v1，以向左的方向為正方向由動量守恒得： mv0 (M m)v1由能量守恒得：1212mv0 ( M m)v1 mgR mgL22聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得：v0 5m/s(2)設(shè)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，以向左的方向為正方向，由動量守恒得：mv0 (Mm)v2設(shè)小物塊與車最終相對靜止時，它距O 點(diǎn)的距離為x，由能量守恒得：1212mv0 ( M m)v2 mg(L x)22聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得： x 0.5m.3.如圖 3 所示，小球 A 質(zhì)量為 m，系在細(xì)線的一端，線的另

23、一端固定在O 點(diǎn)， O 點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊 B 和 C 的質(zhì)量分別是 5m 和 3m，B 與 C 用輕彈簧拴接， 置于光滑的水平面上，且 B 物塊位于 O 點(diǎn)正下方 .現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊B 發(fā)生正碰 (碰撞時間極短 )，反彈后上升到最高點(diǎn)時到水平面的距離為h16.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B 物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能.圖 3答案5154m 2gh128mgh解析設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊B 碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的重力勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：12mgh

24、 2mv1解得： v12gh設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有：h12mg mv11622gh解得： v1 設(shè)碰撞后物塊B 的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv1 mv1 5mv22gh解得： v2由動量定理可得，碰撞過程B 物塊受到的沖量為： I 5mv25m 2gh 4碰撞后當(dāng)B 物塊與 C 物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2 8mv3據(jù)機(jī)械能守恒定律：Epm 1 5mv22 1 8mv3 22215解得： Epmmgh.4.如圖 4 所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m 的物塊 A、 B、C， B 的左側(cè)固定一輕彈簧 (彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計). 設(shè) A 以速度 v0 朝 B 運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B 速度相等時， B與 C 恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動縮彈簧直到與彈簧分離的過程中.假設(shè)B 和C碰撞過程時間極短，求從A 開始壓圖 4(1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.答案(1)12(2)13216mv048mv0解析(1)以 v0 的方向為正方向，對A、 B 組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0 2mv11解得 v1 2v0B 與 C 碰撞的瞬間， B