2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題二能量與動量第7講動量能量命題點三三大力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用

命題點三三大力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用1．動量觀點和能量觀點的選取原則．(1)動量觀點．①對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解．(2)能量觀點．①對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解．②如果只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解．2．解題策略．(1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程．(2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運動特點．(3)在光滑的平面或曲面上的運動，還有不計阻力的拋體運動，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析．(4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析．(2023·全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l.一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等．小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)．解析：(1)過程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gl).過程2：小球以eq\r(2gl)與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)，mv0＝mv1＋Mv′1，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)，v′1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)，即小球碰后速度大小eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下；(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即v1＋gt＝v′1，解得t＝eq\f(v′1－v1,g)＝eq\f(v0,g).根據(jù)運動學(xué)公式得最大距離為dmax＝x盤－x球＝v′1t－(v1t－eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝l.(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有x盤1＝x球1，即v1t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝v1′t1，解得t1＝eq\f(2v0,g).此時小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq\f(3,2)v0，圓盤的速度仍為v1′，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移x盤1＝v1′t1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)＝2l，之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2.根據(jù)能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v′2＝0，v″2＝v0.同理可得當(dāng)位移相等時x盤2＝x球2，v″2t2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(2v0,g).圓盤向下運動x盤2＝v″2t2＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)＝4l，此時圓盤距下端口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0，由動量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3，機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′23＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(2,3)，得碰后小球速度為v′3＝eq\f(v0,2)，圓盤速度v″3＝eq\f(3v0,2).當(dāng)二者即將四次碰撞時x盤3＝x球3，即v″3t3＝v′3t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)，得t3＝eq\f(2v0,g)＝t1＝t2，在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動x盤3＝v″3t3＝eq\f(3veq\o\al(2,0),g)＝6l，此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l＝7l，此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4＝8l，則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次．答案：(1)小球速度大小eq\f(\r(2gl),2)，圓盤速度大小eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4(2023·廣東廣州統(tǒng)考一模)圖甲是一種智能減震裝置的示意圖，輕彈簧下端固定，上端與質(zhì)量為m的減震環(huán)a連接，并套在固定的豎直桿上，a與桿之間的智能涂層材料可對a施加大小可調(diào)節(jié)的阻力，當(dāng)a的速度為零時涂層對其不施加作用力．在某次性能測試中，質(zhì)量為0.5m的光滑環(huán)b從桿頂端被靜止釋放，之后與a發(fā)生正碰；碰撞后，b的速度大小變?yōu)榕銮暗摩吮丁⒎较蛳蛏?，a向下運動2d時速度減為零，此過程中a受到涂層的阻力大小f與下移距離s之間的關(guān)系如圖乙．已知a靜止在彈簧上時，與桿頂端距離為4.5d，彈簧壓縮量為2d，重力加速度為g.求：(1)與a碰前瞬間，b的速度大??；(2)λ的值；(3)在a第一次向下運動過程中，當(dāng)b的動能為eq\f(1,16)mgd時a的動能．解析：(1)小環(huán)b下落的過程為自由落體，則veq\o\al(2,1)＝2gh1，解得與a碰前瞬間，b的速度大小為v1＝3eq\r(gd).(2)ab發(fā)生碰撞，設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知0.5mv1＝－0.5mλv1＋mv2，a向下運動2d時速度減為零的過程中，由動能定理可知WG－Wf－W彈＝mg·2d－eq\f(1,2)mg·2d－eq\f(（k·2d＋k·4d）,2)·2d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題可知a靜止在彈簧上時，彈簧壓縮量為2d，根據(jù)胡克定律可知mg＝k·2d，聯(lián)立解得v2＝2eq\r(gd)，λ＝eq\f(1,3).(3)當(dāng)b的動能為eq\f(1,16)mgd時，b的速度為v3＝±eq\f(\r(gd),2)，根據(jù)動量定理可知－0.5mgt＝0.5mv3－0.5mλv1，解得t＝eq\f(1,2)eq\r(\f(d,g))或eq\f(3,2)eq\r(\f(d,g)).在a第一次向下運動過程中，取一段時間Δt，根據(jù)動量定理可知IG－If－I彈＝mgΔt－(mg－eq\f(mg,2d)Δd)Δt－eq\f(mg,2d)·(2d＋Δd)Δt＝mv4－mv2.當(dāng)Δt＝eq\f(1,2)eq\r(\f(d,g))時，v4＝eq\f(3,2)eq\r(gd)；當(dāng)Δt＝eq\f(3,2)eq\r(\f(d,g))時，v4＝eq\f(1,2)eq\r(gd)，此時a的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＝eq\f(9,8)mgd或eq\f(1,8)mgd.答案：(1)3eq\r(gd)(2)eq\f(1,3)(3)eq\f(9,8)mgd或eq\f(1,8)mgd1．游樂場中有一種管道滑水游戲，其裝置可簡化為如圖所示．一滑水者從距水面高H＝5.2m的滑道上端由靜止開始滑下，從距水面高h(yuǎn)＝0.2m的下端管口水平飛出，落到距下端管口水平距離x＝0.4m的水面上．若滑水者可視為質(zhì)點，其質(zhì)量m＝50kg，在管道中滑行的時間t＝3eq\r(3)s．取重力加速度的大小g＝10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)滑水者落到水面上時的動能大?。?2)滑水者在管道中滑行時阻力對其做的功；(3)下滑過程中管道對滑水者的沖量大?。馕觯?1)滑水者離開管道后做平拋運動x＝v1t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，可得v1＝2m/s.根據(jù)動能定理有mgh＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由此得到動能Ek2＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝200J.(2)滑水者在管道中滑行過程中，根據(jù)動能定理有mg(H－h(huán))＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得阻力做的功Wf＝－2400J.(3)下滑過程中動量變化量大小為Δp＝mv1－0＝mv1＝100kg·m/s，方向水平向右．重力的沖量大小IG＝mgt＝1500eq\r(3)N·s，方向豎直向下．根據(jù)動量定理，可得如圖所示，則有管道對滑水者的沖量大小為I＝eq\r(Ieq\o\al(2,G)＋（Δp）2)＝2600N·s.答案：(1)200J(2)－2400J(3)2600N·s2．有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質(zhì)點)用長為L，且不可伸長的輕繩懸掛于O點．游戲時，鋼球拉至與O等高的P點(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運動到最低點時與積木B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質(zhì)量均為m，各水平接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計，求：(1)鋼球下落到最低點且與B碰撞前的速度大小v0；(2)積木B向前滑動的距離s；(3)將鋼球再次拉起至P點無初速釋放，積木C沿B的軌跡前進(jìn)．求C被A球撞后經(jīng)多長時間與B球相遇．解析：(1)根據(jù)動能定理可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gL).(2)設(shè)小球與積木B發(fā)生彈性碰撞后速度為v1，積木B速度為v2，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2；由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gL).根據(jù)動能定理可得，積木B向前滑行的距離s有－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入解得s＝eq\f(L,μ)－4d.(3)又將鋼球拉回P點由靜止釋放，與落下靜止的積木C發(fā)生彈性碰撞，此時C的速度仍為v3＝v2＝eq\r(2gL)，C滑行s后與B碰撞，此時C的速度v4滿足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v4＝eq\r(\f(6gLd,4d＋s))＝eq\r(6μgd)；當(dāng)C剛滑離D時的速度為v5，由動能定理及動量定理可得－(μ·2mg＋μmg)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，－