3素養(yǎng)探究課五動(dòng)量、能量、動(dòng)力學(xué)觀念——三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問(wèn)題

1、素養(yǎng)探究課（五）動(dòng)量、能量、動(dòng)力學(xué)觀念一一三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問(wèn)題動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【題型解讀】動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合問(wèn)題的求解方法【跟進(jìn)題組】.（多選）（2020哈爾濱第三中學(xué)高三期末 ）如圖所示，足夠長(zhǎng)白木板 Q放在光滑水平面 上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P, P、Q間接觸面粗糙.現(xiàn)給 P向右的速率VP,給Q向左的速率VQ,取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中P、Q的速度隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）解析：選ABC.開(kāi)始時(shí)，兩物塊均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終速度相同.P、Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 ，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mpvpmQVQ= （mp+mQ）v,

2、若 mpvp = mQVQ,則v=0,圖象如圖A所示；若 mpvpmQVQ,則v0,圖象如圖B所示；若 mpvpmQVQ,則v0,圖象如圖C所示，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤. （2020福建四校二聯(lián)）如圖所示，半徑R= 0.5 m的圓弧支架豎直固定，B為最低點(diǎn)（切 線(xiàn)水平）且離水平地面高度 h=0.8 m,質(zhì)量m2 =0.2 kg的小球丫靜置在B點(diǎn).一個(gè)小球X從 A處由靜止釋放（A點(diǎn)比O點(diǎn)低），沿圓弧AB到達(dá)B點(diǎn)時(shí)與Y球發(fā)生彈性正碰，碰后 Y球落 到地面上的C點(diǎn)，X球反彈后又經(jīng) B點(diǎn)落到地面上的 D點(diǎn)，B點(diǎn)與C點(diǎn)、B點(diǎn)與D點(diǎn)間的 水平距離分別為S2= 0.8 m、si= 0.4 m ,取g=10

3、 m/s2,兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦， X、 Y兩球落地后不反彈.求：碰撞后，X球的速度大小 vi以及Y球的速度大小 v2；碰前瞬間，X球的速率v以及受到的支持力大小 N.解析：(1)碰后Y球做平拋運(yùn)動(dòng)，則h = 1gt2解得t= 0.4 sS2V2= sitv2= 2 m/sX球碰后沿圓弧上滑后又返回B點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，則碰撞后，X球的速度大小vi解得 vi= i m/s.(2)兩球發(fā)生彈性正碰 ，則miv= m2V2mivi-miv2= miv2+ 2m2V2解得v= 3 m/smi = 0.i kg對(duì)X球，根據(jù)牛頓第二定律有一v2N mig= miR解得 N = 2.8 N.答案：見(jiàn)

4、解析動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【題型解讀】動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則動(dòng)量 觀點(diǎn)對(duì)十小涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別對(duì)于打擊一類(lèi)的問(wèn)題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即Ft=mvmvo對(duì)于碰撞、爆炸、反沖一類(lèi)的問(wèn)題，若只涉及初、末速度而/、涉及力、時(shí)間，應(yīng)用 動(dòng)量守恒定律求解能量 觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解如果物體只有重力和彈黃彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間問(wèn)題，則采用機(jī)械能守恒定律求解對(duì)于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程【跟

5、進(jìn)題組】1.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)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(jì)).設(shè)A以速度V0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)， B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng).假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短.求從 A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中：(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能.解析：(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度vi的過(guò)程，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mvo = 2mvi 此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為V2,損失的機(jī)械能為A E.對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得m

6、vi=2mv21212 小2mvi= AE + 2（2m）v2 1聯(lián)立式得A E=%mv2.(2)由式可知v2vi, A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為V3,此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep.由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0= 3mv3 1212 l 6mv0 AE = 2（3m）v3+ Ep 13 八聯(lián)立式信Ep=48mv01_13 _答案：而mv0 （2）48mv02. (2020廣東肇慶模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長(zhǎng)為粗糙.在其左端有一個(gè)光滑的4圓弧槽C與長(zhǎng)木板接觸但不連接,L的木板B,其上表面圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上.現(xiàn)有

7、很小的滑塊 A以初速度一,、， v0v0從右端滑上B,并以的速度滑離B,恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn).A、B、C的質(zhì)量均為m,求:(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)叵1 一(2)4圓弧槽C的半徑R.解析：(1)對(duì)A、B、C整體，設(shè)A剛離開(kāi)B時(shí)，B和C的共同速度為 vb,從A滑上Bv0v0到剛離開(kāi)B的過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mv0=m+2mvB,解得vb=-由能量守恒定律有2.vo 1-0萬(wàn)一2*2mvB12 1mgL mv0 2m5v2 斛信尸16gL.(2)從A滑上C至ij “恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)”的過(guò)程中，設(shè)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A和C的共同速度為vc,研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律有

8、TOC o 1-5 h z vo3m+ mvB= 2mvc解得 vc = %vo2o由于在此過(guò)程中 A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有221 vo1 2 13vomgR= 2m 萬(wàn) + mvB 2x 2m 一rv0解得R=64g-答案：見(jiàn)解析三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【題型解讀】1.解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)力的觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題能量觀點(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(wèn)題動(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(wèn)題2.力的瞬時(shí)作用和力的空間積累作用分類(lèi)對(duì)應(yīng)規(guī)律規(guī)律內(nèi)容公式表達(dá)力的 瞬時(shí) 作用牛頓第二定律物體的加速度大小與合外力成正比， 與質(zhì)里成

9、反比，方向與自外力的方向 相同F(xiàn) 合=ma力的動(dòng)能定理外力對(duì)物體所做功的代數(shù)和等于物體W合=A Ek空間動(dòng)能的增量積累功能關(guān)系一個(gè)力做了多少功，就有多少能從一w= W其他1 +W其他2作用種形式轉(zhuǎn)化為其他形式+機(jī)械能守恒定律在只有重力（或彈力）做功的情況下，系 統(tǒng)的機(jī)械能的總量保持不變Ek1 + Ep1 = Ek2 + Ep2【跟進(jìn)題組】1. （2019高考全國(guó)卷I ）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓 弧平滑連接，小物塊 B靜止于水平軌道的最左端，如圖 （a）所示.t=0時(shí)刻，小物塊 A在傾 斜軌道上從靜止開(kāi)始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾

10、斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持 靜止.物塊A運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖（b）所示，圖中的vi和ti均為未知量.已知A的質(zhì)量為 m, 初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為 g,不計(jì)空氣阻力.（1）求物塊B的質(zhì)量；（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等.在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將 A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后 A剛好能與B再次碰上.求改變前后 動(dòng)摩擦因數(shù)的比值.解析：（1）根據(jù)圖（b）, vi為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小.

11、設(shè)物塊B的質(zhì)量為m,碰撞后瞬間的速度大小為v由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有v1,八mv1 = m 2+mv 12112 1 , 2y2mv2=2m -2丫1 +2mv2聯(lián)立式得m= 3m.（2）在圖（b）所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,下滑過(guò)程中所走過(guò)的路程為S1,返回過(guò)程中所走過(guò)的路程為S2, P點(diǎn)的高度為h,整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W.由動(dòng)能定理有 TOC o 1-5 h z .12mgH fs1 = mv2 0 (21v1 Q(fs2+ mgh) = 0 2m ? 從圖(b)所給出的v t圖線(xiàn)可知1.小si= 2viti 1 v1 -9s2=萬(wàn)萬(wàn)(1.4t1

12、 11)s2 h _由幾何關(guān)系s1=H物塊A在整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W= fSl + fS2 聯(lián)立式可得2W=1mgH. 15(3)設(shè)傾斜軌道傾角為以物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為的有H + hW= m mgos 0設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s,由動(dòng)能定理有設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為由動(dòng)能定理有hmgh-科mgcos 0s 一科mgs = 0?聯(lián)立？?？ 式可得工=11 廠9.211答案：(1)3m (2)RmgH(3)2.如圖所示，光滑的水平面 AB與半徑為R= 0.32 m的光滑豎直半圓軌道 BCD在B點(diǎn) 相切，D為軌道最高點(diǎn).用輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)連接甲、乙兩小球(圖中細(xì)線(xiàn)未畫(huà)出)

13、，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲、乙兩球不拴接.甲球的質(zhì)量為mi = 0.1 kg,乙球的質(zhì)量為 m2= 0.3 kg ,甲、乙兩球靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)固定甲球，燒斷細(xì)線(xiàn)，乙球離開(kāi)彈簧后進(jìn)入半圓軌道恰好能通過(guò)D點(diǎn).重力加速度g取10 m/s2,甲、乙兩球可看做質(zhì)點(diǎn).(1)求細(xì)線(xiàn)燒斷前彈簧的彈性勢(shì)能；(2)若甲球不固定，燒斷細(xì)線(xiàn)，求乙球離開(kāi)彈簧后進(jìn)入半圓軌道能達(dá)到的最大高度；(3)若給甲、乙兩球一向右的初速度V0的同時(shí)燒斷細(xì)線(xiàn)，乙球離開(kāi)彈簧后進(jìn)入半圓軌道仍恰好能通過(guò)D點(diǎn)，求V0的大小.D解析：(1)設(shè)乙球恰好能通過(guò) D點(diǎn)的速度為Vd, m2g=m2七，丫口=出口R設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為 Ep,水平面

14、為零勢(shì)能面.由機(jī)械能守恒得12Ep= m2g x 2R+ 2m2vD解得 Ep= 2.4 J.(2)甲、乙兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以乙球運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较騧2V2 m1V1= 0Ep=jm1v2+ ；m2V2c對(duì)乙球由機(jī)械能寸恒得 m2gh=2m2V2解得h= 0.2 mh50 J,當(dāng)Q=70 J時(shí)，可彳導(dǎo)M : m=2： 5,因已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)Q= 120 J時(shí)，可得M：m=7：5,木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，D正確.（2020安徽江南十校聯(lián)考）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的 物塊B發(fā)生正碰，碰后 B物塊剛好能落入正前方的沙坑中.

15、假如碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失， 已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為 0.5 m, g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點(diǎn).則A碰撞前瞬間的速度為（）A . 0.5 m/sB . 1.0 m/sC. 1.5 m/sD . 2.0 m/s1 c斛析：選C.碰后物塊B做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能te理有2mgx= 0- 2mv2,得V210 1n=1 m/s.A與B碰撞過(guò)程中動(dòng)重寸恒、機(jī)械能寸恒，則有 mv0= mvI + 2mv2, -mv0=-mv2 +2人2mv2,解得 v0=1.5 m/s, C 正確.(2020廣西桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直

16、線(xiàn)上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為mB= 2mA,規(guī)定向右為正方向, 碰撞，碰撞后 A球的動(dòng)量增量為一A、B兩球的動(dòng)量均為4 kg - m/s,則()8 kg m/s,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生A.右方為A球，碰撞后A、 B.右方為A球，碰撞后A、 C.左方為A球，碰撞后A、 D.左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2: 3B兩球的速度大小之比為1 : 6B兩球的速度大小之比為2: 3B兩球的速度大小之比為1 ： 6解析：選C.A、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得A Pa=- ApB,由于碰后A球的動(dòng)量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是 A球；碰撞后A球的動(dòng)量為4 kg m/s, 所以碰撞

17、后B球的動(dòng)量是增加的，為12 kg m/s,由于mB = 2mA,所以碰撞后 A、B兩球速度 大小之比為2 ： 3,故C正確.（2020云南昆明二模）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止.若子彈A射入的深度大于子彈 B射入的深度，則 （）A .子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B .入射過(guò)程中子彈A受到的阻力比子彈 B受到的阻力大C.子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D.子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大解析：選D.由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小相等，

18、即兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f,根據(jù)動(dòng)能定理得，對(duì)子彈A: - fdA= 0-EkA,得EkA=fdA；對(duì)子彈B ： fdB= 0 EkB,得EkB=fdB,由于dAdB,則有子彈入射時(shí)的初動(dòng)能EkAEkB,故B錯(cuò)誤，D正確.兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 ，則有M2mAEkA =2mBEkB,而EkAEkB, 則mA/2gh = y2X 10X0.2 m/s= 2 m/s,上升到最高點(diǎn)所需的時(shí)間 t =、Jg=0.2 s,對(duì)B在此過(guò)程內(nèi)用動(dòng)量定理（規(guī)定向下為正方向）得mBgt+ I n= mBV （ mBv）,解得In= 6N s, C正確；分離時(shí)B的速度方向向上，A上升0.2 m到達(dá)最

19、高點(diǎn)時(shí)B的速度方向向下，所以B的動(dòng)量變化量向下，一定不等于0, D錯(cuò)誤.（2020湖南懷化高三模擬）如圖所示，一平臺(tái)到地面的高度為h=0.45 m,質(zhì)量為M= 0.3 kg的木塊放在平臺(tái)的右端，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.2.地面上有一質(zhì)量為 m= 0.1 kg的玩具青蛙距平臺(tái)右側(cè)的水平距離為x=1.2 m,旋緊發(fā)條后釋放，讓玩具青蛙斜向上跳起，當(dāng)玩具青蛙到達(dá)木塊的位置時(shí)速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木塊并和木塊一起滑行.已知木塊和玩具青蛙均可視為質(zhì)點(diǎn)，玩具青蛙抱住木塊過(guò)程時(shí)間極短，不計(jì)空 TOC o 1-5 h z 氣阻力，重力加速度 g取10 m/s2,則下列說(shuō)法正確的是（）A.

20、玩具青蛙在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.3 sB.玩具青蛙在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2 sC.玩具青蛙起跳時(shí)的速度大小為3 m/sD.木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度大小為1 m/s1c- 解析：選AD.由h=gt2得玩具青蛙在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=0.3 s, A正確；玩具青蛙離x開(kāi)地面時(shí)的水平速度和豎直速度分別為vx= -= 4 m/s, vy= gti = 3 m/s,玩具青蛙起跳時(shí)的速度大小為v0=-Jvx+ Vy = 5 m/s, C錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得 mvx=(M + m)v,解得木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度大小為 v= 1 m/s, D正確；由動(dòng)量定理得：一M + m)gt2= 0(M + m)v,解得玩具青蛙

21、在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2= 0.5 s, B錯(cuò)誤.三、非選擇題11. (2020四川雙流中學(xué)模擬)如圖所示，A、B兩個(gè)物體粘在一起以 vo= 3 m/s的速度向 右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過(guò) O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后 A物體的速度依然向右，大小變?yōu)?va= 2 m/s, B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入光滑半圓軌道且恰好通過(guò)最高點(diǎn)D,已知兩物體的質(zhì)量mA=mB=1 kg, O點(diǎn)到半圓軌道最低點(diǎn) C的距離xoc= 0.25 m ,物體與水平軌道間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為科=0.2, A、B兩個(gè)物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：(1)炸藥的化學(xué)能E;(2)半圓軌道的半徑R.解析：(1)A、B在炸藥爆炸前后動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得 2mv=mvA+ mvB,根 1 c 1cle 據(jù)能量守恒定律可得 2 2mv1過(guò)程中，由動(dòng)能te理可得一mgoc mg 2R= 2mvD 2mvB,聯(lián)立可解得 R= 0.3 m.答案：(1)1 J (2)0.3 m 12.如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)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= 0.5 m .物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊 B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)