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1、专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 专题解读 1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴 题的形式命题 2学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题 3用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定 理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律) 一、力的三个作用效果与五个规律 分类对应规律公式表达 力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合ma 动能定理 W合Ek W合 mv mv 1 2 22 1 2 12 力对空间积累效果 机
2、械能守恒定律 E1E2 mgh1 mv mgh2 mv 1 2 12 1 2 22 动量定理 F合tpp I合p力对时间积累效果 动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2 二、常见的力学模型及其结论 模型名称模型描述模型特征模型结论 “速度交换” 模相同质量的两球发生m1m2，动量、动能v10，v2v0(v2 型弹性正碰均守恒0，v1v0) “完全非弹性 碰撞”模型 两球正碰后粘在一起 运动 动量守恒、能量损失 最大 vv0(v20， v1 m1 m1m2 v0) “子弹打木块” 模型 子弹水平射入静止在 光滑的水平面上的木 块中并最终一起共同 运动 恒力作用、已知相对 位移、动量守恒 f
3、s相对 m1v (m1 1 2 02 1 2 m2)v2 “人船”模型 人在不计阻力的船上 行走 已知相对位移、 动量守 恒、开始时系统静止 s船L， m Mm s人L M Mm 命题点一 动量与动力学观点的综合应用命题点一 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：运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
4、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 例 1 (2018全国卷24)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶驾驶员
5、发现其正前方停有汽车 B， 立即采取制动措施， 但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图 1 所示， 碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞 后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2.求： 图 1 (1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小 答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s 解析 (1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛
6、顿第二定律有 mBgmBaB 式中 是汽车与路面间的动摩擦因数 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB22aBsB 联立式并利用题给数据得 vB3.0 m/s (2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有 mAgmAaA 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有 vA22aAsA 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvAmAvAmBvB 联立式并利用题给数据得 vA4.25 m/s 变式 1 (2018重庆市上学期期末抽测)如图 2 甲所
7、示， 质量 m14 kg 的足够长的长木板静止 在光滑水平面上，质量 m21 kg 的小物块静止在长木板的左端现对小物块施加一水平向右 的作用力 F，小物块和长木板运动的速度时间图象如图乙所示.2 s 后，撤去 F，g 取 10 m/s2.求： 图 2 (1)小物块与长木板之间的动摩擦因数 ； (2)水平力的大小 F； (3)撤去 F 后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能 E. 答案 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J 解析 (1)由题图可知： 长木板的加速度 a1 m/s20.5 m/s2 1 2 由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力 fm1a12 N 小物块与长
8、木板之间的动摩擦因数：0.2 f m2g (2)由题图可知，小物块的加速度 a2 m/s22 m/s2 4 2 由牛顿第二定律可知：Fm2gm2a2 解得 F4 N (3)撤去 F 后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度 (设为 v)运动 m1v1m2v2(m1m2)v 代入数据解得 v1.6 m/s 则系统损失的机械能 Ev23.6 J ( 1 2m 1v121 2m 2v22) 1 2(m 1m2) 命题点二 动量与能量观点的综合应用命题点二 动量与能量观点的综合应用 1两大观点 动量的观点：动量定理和动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 2解
9、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 于变力做功问题，就更显示出它们的优越性 例 2 (2018全国卷24)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空当烟花弹 上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和 也为 E，且均沿竖直方向运动爆炸时间极短，重力加
10、速度大小为 g，不计空气阻力和火药 的质量求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 答案 (1) (2) 1 g 2E m 2E mg 解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E mv 1 2 02 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0v0gt 联立式得 t 1 g 2E m (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 Emgh1 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1和 v2. 由题给条件和动量守恒定律有 mv mv
11、E 1 4 12 1 4 22 mv1 mv20 1 2 1 2 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹 上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 mv mgh2 1 4 12 1 2 联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 hh1h22E mg 变式 2 (2018四川省乐山市第一次调研)如图 3，一质量 M6 kg 的木板 B 静止于光滑水平 面上，物块 A 质量 m6 kg，停在木板 B 的左端质量为 m01 kg 的小球用长为 L0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物 块 A
12、 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为 h0.2 m，物块 A 与小球可视为质点，不 计空气阻力已知物块 A、木板 B 间的动摩擦因数 0.1，(g10 m/s2)求： 图 3 (1)小球运动到最低点与物块 A 碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块 A 碰撞后瞬间，物块 A 的速度大小； (3)为使物块 A、木板 B 达到共同速度前物块 A 不滑离木板，木板 B 至少多长 答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析 (1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得： m0gL m0v ，v04 m/s 1 2 02 (2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得 有
13、m0gh m0v 1 2 12 解得：v12 m/s 小球与物块 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m0v0m0v1mvA 解得 vA1 m/s (3)物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以物块 A 的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mvA(mM)v， 解得 v0.5 m/s 由能量守恒定律得：mgs mv (mM)v2， 1 2 A2 1 2 解得 s0.25 m 命题点三 力学三大观点解决多过程问题命题点三 力学三大观点解决多过程问题 1表现形式 (1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动 (2)圆周运动
14、：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动 (3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动 2应对策略 (1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；(2)两大定理解题：应确 定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)； (3)过程中动量或机械能守 恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态 的速度(率) 例 3 (2018山东省泰安市一模)如图 4 所示， 质量为 m10.5 kg 的小物块 P 置于台面上的 A 点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量 M1 k
15、g 的 长木板静置于水平面上， 其上表面与水平台面相平， 且紧靠台面右端 木板左端放有一质量 m2 1 kg 的小滑块 Q.现用水平向左的推力将 P 缓慢推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)， 撤去推力， 此后 P 沿台面滑到边缘 C 时速度 v010 m/s， 与小车左端的滑块 Q 相碰， 最后物块 P 停在 AC 的正中点， 滑块 Q 停在木板上 已知台面 AB 部分光滑， P 与台面 AC 间的动摩擦因数 10.1， A、C 间距离 L4 m滑块 Q 与木板上表面间的动摩擦因数 20.4，木板下表面与水平面间 的动摩擦因数 30.1(g 取 10 m/s2)，求： 图 4 (1)撤去推力时
16、弹簧的弹性势能； (2)长木板运动中的最大速度； (3)长木板的最小长度 答案 (1)27 J (2)2 m/s (3)3 m 解析 (1)小物块 P 由 B 点到 C 点的过程： W弹1m1gL m1v 0 1 2 02 解得：W弹27 J EpW弹27 J 即：撤去推力时弹簧的弹性势能为 27 J. (2)小物块 P 和滑块 Q 碰撞过程动量守恒，以 v0的方向为正方向 m1v0m1vPm2vQ 小物块 P 从碰撞后到静止 1m1gL0 m1v 1 2 1 2 P2 解得 vQ6 m/s 滑块 Q 在长木板上滑动过程中： 对 Q：2m2gm2a1 对木板：2m2g3(Mm2)gMa2 解得
17、：a14 m/s2 a22 m/s2 当滑块 Q 和木板速度相等时，木板速度最大， 设最大速度为 v，滑行时间为 t0 对 QvvQa1t0 对木板：va2t0 解得：t01 s v2 m/s 则长木板运动中的最大速度为 2 m/s (3)在滑块 Q 和木板相对滑动过程中 Q 的位移： sQ (vQv)t0 1 2 木板的位移：s板 (0v)t0 1 2 木板的最小长度：LsQs板 解得：L3 m. 变式3 (2018河北省定州中学承智班月考)如图5所示， 固定点O上系一长L0.6 m的细绳， 细绳的下端系一质量 m1.0 kg 的小球(可视为质点)， 原来处于静止状态， 球与平台的 B 点接
18、 触但对平台无压力，平台高 h0.80 m，一质量 M2.0 kg 的物块开始静止在平台上的 P 点， 现对物块 M 施予一水平向右的初速度 v0，物块 M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘 B 处 与小球 m 发生正碰，碰后小球 m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点 A 时，绳上的拉力恰 好等于小球的重力， 而物块 M 落在水平地面上的 C 点， 其水平位移 s1.2 m， 不计空气阻力， g 10 m/s2. 图 5 (1)求物块 M 碰撞后的速度大小； (2)若平台表面与物块 M 间的动摩擦因数 0.5，物块 M 与小球的初始距离为 s11.3 m，求 物块 M 在 P 处的初速度大小
19、答案 (1)3.0 m/s (2)7.0 m/s 解析 (1)碰后物块 M 做平抛运动，设其平抛运动的初速度为 v3，平抛运动时间为 t h gt2 1 2 sv3t 得：v3s3.0 m/s g 2h (2)物块 M 与小球在 B 点处碰撞，设碰撞前物块 M 的速度为 v1，碰撞后小球的速度为 v2，由 动量守恒定律： Mv1mv2Mv3 碰后小球从 B 点处运动到最高点 A 过程中机械能守恒，设小球在 A 点的速度为 vA，则 mv mv 2mgL 1 2 22 1 2 A2 小球在最高点时有：2mgm vA2 L 由解得：v26.0 m/s 由得：v16.0 m/s mv2Mv3 M 物
20、块 M 从 P 点运动到 B 点过程中，由动能定理： Mgs1 Mv Mv 1 2 12 1 2 02 解得：v07.0 m/sv122gs1 1(2018北京理综22)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性 的项目之一某滑道示意图如图 1 所示，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h10 m， C 是半径 R20 m 圆弧的最低点 质量 m60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀 加速下滑，加速度 a4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB30 m/s.取重力加速度 g10 m/s2. 图 1 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L；
21、(2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN的大小 答案 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)见解析图 3 900 N 解析 (1)根据匀变速直线运动公式，有 L100 m vB2vA2 2a (2)根据动量定理，有 ImvBmvA1 800 Ns (3)运动员经过 C 点时的受力分析如图所示 根据动能定理，运动员在 BC 段运动的过程中，有 mgh mv mv 1 2 C2 1 2 B2 根据牛顿第二定律，有 FNmgmv C2 R 得 FN3 900 N 2.(2018安徽省黄山
22、市一质检)如图 2 所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水 平位置)，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演 员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处 A.已知男演员质量为 2m 和女演员质量为 m， 秋千的质量不计，秋千的摆长为 R，C 点比 O 点低 5R.不计空气阻力，求： 图 2 (1)摆到最低点 B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力； (2)推开过程中，女演员对男演员做的功； (3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s. 答案 (1)9mg (2)6mgR (3)8R 解析 (1)第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B
23、 点，只有重力做功，机械能守恒设二者 到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有：(m2m)gR (m2m)v . 1 2 02 女演员未推男演员时，秋千绳的拉力设为 FT，由两杂技演员受力分析有： FT(2mm)gm2mv 02 R 所以 FT9mg (2)第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒 设作用后女、男演员的速度大小分别为 v1、v2， 所以有(m2m)v02mv2mv1. 第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR mv . 1 2 12 女演员推开男演员时对男演员做的功为 W 2mv 2mv 1 2 22 1 2 02 联立得：v22，W6
24、mgR2gR (3)第四个过程：男演员自 B 点平抛，有：sv2t. 运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动得出 4R gt2， 1 2 联立可解得 s8R. 3(2018山东省青岛市二模)如图 3 所示，半径 R2.8 m 的光滑半圆轨道 BC 与倾角 37 的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道 AB 相连，A 处用光滑小 圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切在水平轨道上，两静止小球 P、Q 压紧轻质弹簧后 用细线连在一起 某时刻剪断细线后， 小球 P 向左运动到 A 点时， 小球 Q 沿圆轨道到达 C 点 ； 之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰
25、撞已知小球P的质量m13.2 kg，小球 Q 的质量 m21 kg，小球 P 与斜面间的动摩擦因数 0.5，剪断细线前弹簧的弹性 势能Ep168 J， 小球到达A点或B点时已和弹簧分离 重力加速度g10 m/s2， sin 370.6， cos 370.8，不计空气阻力，求： 图 3 (1)小球 Q 运动到 C 点时的速度大小； (2)小球 P 沿斜面上升的最大高度 h； (3)小球 Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球 P 相碰 答案 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s 解析 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1m2v2 由机械能守恒定律得：Ep m1v m2v
26、 1 2 12 1 2 22 联立可得：v15 m/s，v216 m/s 小球 Q 沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得： m2v m2v 2m2gR 1 2 22 1 2 C2 解得：vC12 m/s， (2)小球 P 在斜面向上运动的加速度为 a1，由牛顿第二定律得： m1gsin m1gcos m1a1， 解得：a110 m/s2 故上升的最大高度为：hsin 0.75 m v12 2a1 (3)设两小球相遇点距离 A 点为 x，小球 P 从 A 点上升到两小球相遇所用的时间为 t，小球 P 沿斜面下滑的加速度为 a2，则： m1gsin m1gcos m1a2， 解得：a22 m/
27、s2 小球 P 上升到最高点所用的时间：t10.5 s， v1 a1 则：2R gt2h a2(tt1)2sin 1 2 1 2 解得：t1 s. 4(2018湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图 4 所示，半径为 R11.8 m 的 光滑 1 4 圆弧与半径为 R20.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长 度为 L2.0 m、质量为 M1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平 线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为 m22 kg 的物 块静止于 B 处， 质量为 m11 kg 的物块从光滑圆弧顶部的 A
28、处由静止释放， 物块 m1下滑至 B 处和 m2碰撞后不再分开，整体设为物块 m(mm1m2)物块 m 穿过半圆管底部 C 处滑上木 板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变 为零)，若 g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计 图 4 (1)求物块 m1和 m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小； (3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的 最大距离 答案 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m 解析 (1)设物块
29、m1下滑到 B 点时的速度为 vB，由机械能守恒可得： m1gR1 m1v ，解得 vB6 m/s 1 2 B2 m1、m2碰撞满足动量守恒：m1vB(m1m2)v共， 解得 v共2 m/s 则碰撞过程中损失的机械能为：E损 m1v mv12 J 1 2 B2 1 2 共2 (2)物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒： mvmg2R2 mv 1 2 共2 1 2 C2 解得：vC4 m/s 在 C 处由牛顿第二定律可得：FNmgmv C2 R2 解得：FN190 N. (3)物块 m 滑上木板后，当木板速度为 v22 m/s 时，物块速度设为 v1， 由动量守恒定律得：mvCmv1Mv2 解得 v13 m/s 设在此过程中物块运动的位移为 s1，木板运动的位移为 s2，由动能定理得： 对物块 m：mgs1 mv mv ， 1 2 12 1 2 C2 解得：s11.4 m 对木板 M：mgs2 Mv ， 1 2 22 解得：s20.4 m 此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为：s3Ls2s11 m 设物块 m 在台阶表面上运动的最大距离为 x4，由动能定理得： mg(s3s4)0 mv ， 1 2 12 解得：s40.8 m.