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2021高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 热点专题系列——动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案

2021高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 热点专题系列——动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案

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热点专题系列(五)——动力学、动量和能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：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)；③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]

动量与动力学观点的综合应用
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)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，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，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
　如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
解析　(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，
则有Mg＝M，解得vC＝
对于小球P，从B→C，由动能定理有
－2MgR＝Mv－Mv
解得vB＝
在B点有NB－Mg＝M
解得NB＝6Mg＝12 N
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，
所用时间为t，根据公式h＝gt2，
得t＝0.2 s，根据公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，
则有mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，
则有MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝Mv＋mv
解得Ep＝0.3 J。
答案　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
动量与能量观点的综合应用
解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。
　(2019·福建漳州二模)如图所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m＝0.5 kg的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离d＝3 m，现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若B沿斜面向下运动到速度为零时(此时弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量Ep＝10.8 J，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若C刚好要离开挡板时，B的动能Ek＝8.7 J，求弹簧的劲度系数k。
解析　(1)对A由释放到与B碰撞前瞬间，根据机械能守恒定律有：mgdsinθ＝mv
解得：v0＝6 m/s。
(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，
根据动量守恒定律有：mv0＝mv1＋mv2
A、B碰撞过程系统机械能守恒，有：
mv＝mv＋mv
解得：v1＝0，v2＝v0＝6 m/s
A、B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，
根据能量守恒定律有：Ep＝mv＋mgxsinθ
解得：x＝0.6 m。
(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量为：x1＝
当C刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝
可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。
根据机械能守恒定律有：mv＝Ek＋mg(x1＋x2)sinθ
解得：k＝60 N/m。
答案　(1)6 m/s　(2)0.6 m　(3)60 N/m
力学三大观点解决多过程问题
解题技巧
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，首先做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，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。
　(2019·山东滨州模拟)如图甲所示，足够长的木板C通过某一装置锁定在地面上，物块A、B静止在木板C上，物块A、B间距离为1.1 m。开始时物块A以速度v0＝6 m/s向右运动，物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示。已知物块A、B可视为质点，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，A、B与木板间的动摩擦因数相同，木板C的质量为mC＝1 kg，C与地面间的动摩擦因数为。A与B弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响，A、B碰撞瞬间木板C解除锁定。重力加速度取10 m/s2。求：

(1)物块与木板间的动摩擦因数；
(2)碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留两位小数)。
解析　(1)根据图象可知aA＝①
对A受力分析并由牛顿第二定律有：μ1mAg＝mAaA②
联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数
μ1＝0.5③
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v，则
v2－v＝－2aAx1④
由于A、B弹性碰撞，取向右为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，则mAv＝mAvA＋mBvB⑤
mAv2＝mAv＋mBv⑥
联立①④⑤⑥式解得：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s⑦
即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3 m/s，方向向左。
(3)碰撞后对木板C受力分析得
μ1mBg－μ1mAg－μ2(mA＋mB＋mC)g＝mCaC⑧
由物块B受力得： μ1mBg＝mBaB⑨
分析可知B先与C相对静止，设经时间t1物块B与木板C达到相同的速度v，则
v＝vB－aBt1⑩
此时C的速度为v＝aCt1⑪
联立③⑦⑧⑨⑩⑪式解得：v＝1.0 m/s，t1＝0.2 s
从A、B碰撞结束到B、C速度相同，设B向右的位移大小为x2，则
x2＝t1⑫
此时A仍向左运动
B、C相对静止后一起向右运动，设其加速度大小为a，则
μ1mAg＋μ2(mA＋mB＋mC)g＝(mB＋mC)a⑬
分析可知B、C速度减为零后停止运动，A继续向左减速，
设B、C一起向右运动的位移大小为x3，则
0－v2＝－2ax3⑭
设A碰撞后到停下经过的位移大小为x4，则0－v＝－2aAx4⑮
最后停止时物块A、B间的距离
x＝x2＋x3＋x4＝1.37 m。
答案　(1)0.5　(2)3 m/s，方向向左　(3)1.37 m

[热点集训]

1．(2019·湖南岳阳模拟)如图所示，一块足够长的木板C质量为4m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹)，两炭块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，开始时木板静止不动，A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示，A、B两炭块相距足够远。求：

(1)木板的最终速度；
(2)木块A在整个过程中的最小速度；
(3)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。
答案　(1)0.5v0　(2)　(3)
解析　(1)选A、B、C整体为研究对象，由动量守恒定律可得：
mv0＋m·2v0＝(m＋m＋4m)v
解得：v＝0.5v0。
(2)A、B做匀减速直线运动的加速度大小a＝＝μg
A、B都滑动时，木板的加速度大小
a′＝＝μg。
因为A的初速度较小，A与木板先达到共同速度，A与木板达到共同速度后，再与木板一起做匀加速直线运动，可知A与木板速度相同时，速度最小。设此过程经历时间为t，
则：v0－at＝a′t，
解得：t＝，
则A的最小速度vmin＝v0－at＝。
(3)全过程根据能量守恒定律得：
μmgx＝mv＋m·(2v0)2－·6mv2
解得：x＝。
2．(2019·山东滨州模拟)如图a所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧地面粗糙。用可视为质点的质量为m＝1 kg的物体A将弹簧压缩至O点并锁定。以O点为原点建立坐标轴。现用水平向右的拉力F作用于物体A，同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图b所示，运动到0.225 m处时，撤去拉力F。

(1)求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标；
(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C点时的速度；
(3)质量为M＝3 kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度。
答案　(1)0.5　0.45 m　(2) m/s　(3) m/s
解析　(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图象分析可知，
在C点：FC＝5 N＝ma
解得：a＝5 m/s2
在C点右侧：F－μmg＝ma，F＝10 N
解得：μ＝0.5
从O到C点，物体做匀加速运动，则：v＝2axOC
解得：vC＝1 m/s
从C到D的过程中，由动能定理得：
Fx1－μmg·xCD＝0－mv
其中x1＝0.225 m－0.1 m＝0.125 m
解得：xCD＝0.35 m
则D点坐标为：xD＝xOC＋xCD＝0.45 m。
(2)物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：－W弹＝0－mv
物体从O到C，由动能定理得：W弹＋WF＝mv－0
其中WF＝xOC
联立解得：vC1＝ m/s。
(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：
Mv0＝Mv1＋mv2
Mv＝Mv＋mv
物体A从D到C过程中，由动能定理：
－μmgxCD＝mv－mv
联立解得：v0＝ m/s。
3．(2019·湖南长沙第一中学高三下学期模拟)一质量M＝2 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为s＝0.5 m。一个质量为m＝1 kg的小物体A以初速度v0＝6 m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端。
设物体A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取10 m/s2。求：

(1)B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？
(2)最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字)
答案　(1)4 m/s　1 m/s　(2)8.96 m
解析　(1)假设B与挡板碰撞前已与A达到共速，设A、B达到共同速度v1时，B向右运动的距离为s1，则
由动量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v1
对B，由动能定理有：μmgs1＝Mv
联立解得：s1＝2 m
由于s＝0.5 m<2 m，可知B与挡板碰撞时，A、B还未达到共同速度，即假设不成立。设B与挡板碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，则
由动量守恒定律有：mv0＝mvA＋MvB
对B，由动能定理有：μmgs＝Mv
联立解得：vA＝4 m/s，vB＝1 m/s
(2)B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，设B向左运动的距离为sB，
由动能定理有：μmgsB＝Mv
由上式解得：sB＝0.5 m
在A的作用下B再次向右运动，假设B与挡板碰撞前A、B已共速，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为s2，
由动量守恒定律有：mvA－MvB＝(M＋m)v2
对B，由动能定理有：μmgs2＝Mv
解得：v2＝ m/s，s2＝ m<sB，故假设成立
A、B以共同速度 m/s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动。此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动。
由动量守恒定律有：(M－m)v2＝(M＋m)v3
解得：v3＝ m/s
设A在B上运动的总路程为L(即木板B的最小长度)，对A、B组成的系统由功能关系得：
μmgL＝mv－(M＋m)v
代入数据解得：L≈8.96 m。