1、专题强化八 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，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.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：动力学观点(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、功能关系和能量守恒定律)。题型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
2、，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
3、间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。【例1】 (20211月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，13)如图1所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：图1(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。答案(1)(2)L解析(1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械
4、能守恒定律可知3mgL3mv解得v0。(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动Lgt2解得t水平方向上做匀速直线运动2Lv2t解得v22L小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv03mv1mv2解得碰撞后小木块1的速度为v1之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh3mv解得h2LL。【变式1】 (2020山东青岛市上学期期末)如图2，物流转运中心的水平地面上有一辆质量M4 kg、长L1.4 m的平板小车，在平板车的右端放有质量m1 kg的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因数0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力F拉小车的方式，重力
5、加速度g10 m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力，求：图2(1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力F0；(2)若用F28 N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多少。答案(1)20 N(2)1 s解析(1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小，有对快件：mgma0对快件及小车整体：F0(Mm)a0解得：F020 N(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时间为tm，F作用时间内，快件在小车上滑动距离为L1，撤去拉力F时，快件的速度为v1，小车的速度为v2，有对快件：mgma1v1a1tm对小车：FmgMa2，v2a
6、2tm另有L1a2ta1t撤去F后，有mv1Mv2(Mm)vmg(LL1)mvMv(Mm)v2解得tm1 s题型二 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：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：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。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
7、这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。【例2】 (2020天津卷，11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？答案(1)m1(2)解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1gm1A从最低点到最高点的过程
8、中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1vm1v22m1gl由动量定理，有Im1vA联立式，得Im1。(2)设两球碰后粘在一起时的速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足vvA要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vBm1vA(m1m2)v又Ekm2v联立式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek。【变式2】 (2020海南省新高考3月线上诊断)如图3甲所示，质量m1 kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最
9、低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。已知木板质量M4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的vt图像如图乙所示，取g10 m/s2。求：图3(1)圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；(2)滑块与木板间的动摩擦因数；(3)木板的长度。答案(1)5 m30 N(2)0.4(3)10 m解析(1)由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v10 m/s，则由机械能守恒定律有mgRmv2解得R5 m滑块在圆弧轨道末端时Fmg解得F30 N由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30 N(2)滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成
10、的系统动量守恒，有mv(mM)v1解得v12 m/s滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知mgma1由图乙知a14 m/s2解得0.4(3)由功能关系可知mv2(mM)vmgl解得l10 m【变式3】 (2020安徽蚌埠市第二次质检)如图4所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P和Q之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于A处，某时刻弹簧解锁(时间极短)使P、Q分离，Q沿水平面运动至D点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C，最终也落在D点。已知P的质量为m10.4 kg，Q的质量为m20.8 kg，半圆轨
11、道半径R0.4 m，重力加速度g取10 m/s2，求：图4(1)A、D之间的距离；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)Q与水平面之间的动摩擦因数。(结果保留2位小数)答案(1)0.8 m(2)6 J(3)0.31解析(1)设物块P在C点时的速度v，A、D距离为L，由圆周运动和平抛运动规律，得m1g，2Rgt2，Lvt，解得 v2 m/s，L0.8 m。(2)设P、Q分离瞬间的速度大小分别为v1、v2，弹簧锁定时的弹性势能为Ep，选水平面为零势能参考面，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1m2v2m1vm1g2Rm1v2Epm1vm2v联立解得Ep6 J。(3)设Q与水平面之间的动摩擦因数为，
12、由动能定理得m2gLm2v，解得0.31。课时限时练(限时：40分钟)1.(2020全国卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()图1A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J答案A解析设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙，代入图中数据解得m乙6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损m甲vm乙vm甲v甲2m乙v乙2，代入图中数据解得E损3 J，选项A正确。2.(2020广东珠海市上学期期末)201
13、9年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点由静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图2所示，当给小球一瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为()图2A. B. C. D.答案B解析小球获得瞬时冲量I的速度为v0，有Imv0；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，mg月m；从最低点到最高点由动能定理可知mg月2rmv2mv；联立解得g月月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇
14、宙速度，满足mg月m解得v1，故选项B正确。3. (2020山东省等级考试第二次模拟卷)如图3所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA0.3 kg和mB0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t1 s的时间运动了x1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。图3(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离x；(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB2.
15、5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。答案(1)0.5 m(2)不能理由见解析解析(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得mCgmCaC由运动学公式得xCaCt2，且xxxC联立解得x0.5 m。(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，由运动学公式得xvAt，vCaCt解得vA3 m/s，vC2 m/s设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)vAB解得vAB0.8 m/s设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得(mAmB)vABmCvC(mAmBmC)vABC解得
16、vABC1 m/s设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得(mAmB)vmCv(mAmBmC)vmCgLx联立解得Lx0.3 mx所以滑块C不能滑到B车上。4.(2020天津市六校期末联考)如图4所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为光滑的水平轨道，O点右边为四分之一圆弧轨道，高度h0.8 m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m0.1 kg的小滑块a由静止开始从圆弧轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止的小滑块b发生碰撞，小滑块b的质量M0.4 kg，碰撞后小滑块a恰好停止运动。取重力加速度g10 m/s2，求图4(1)小滑块a通过O点时对轨道的压力的大小和方
17、向；(2)碰撞瞬间小滑块b所受冲量的大小；(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。答案(1)3 N，方向竖直向下(2)0.4 Ns(3)0.6 J解析(1)小滑块a从曲线轨道上下滑的过程中，由动能定理得mghmv代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度v04 m/s小滑块a通过O点时，有FNmgm代入数据解得FN3 N根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为3 N，方向竖直向下。(2)碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0Mv1设滑块b所受冲量的大小为I，由动量定理得IMv1代入数据得I0.4 Ns。(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能EmvMv代入
18、数据解得E0.6 J。5.(2020海南省新高考一模)有一种打积木的游戏，装置如图5所示，三块完全相同的积木叠放在靶位上，长为L，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为R且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一段距离s(s2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求：图5(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度
19、大小；(2)动摩擦因数；(3)积木B滑行的距离。答案(1)0(2)(3)sL解析(1)设钢球和滑块的质量均为m，由机械能守恒定律可得：mgRmv解得v0钢球与滑块A碰撞过程满足：mv0mv1mv2mvmvmv解得v10，v2v0(2)对滑块A由动能定理：mv(3mg2mg)Lmg(sL)解得(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下后静止的积木B发生弹性碰撞，此时B的速度仍为v3滑行sL后与A碰撞，此时B的速度为v4，则：mvmv(2mgmg)Lmg(s2L)得v4当AB碰撞时，由动量守恒：mv42mv5解得v5v4由动能定理：2mv2mgx解得x，则积木B滑行的距离xsLxsL6.(2020山
20、东日照市4月模拟)如图6所示，质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R0.6 m的光滑竖直半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧拴接，C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v06 m/s沿水平方向向右滑动，A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间，C脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。(取g10 m/s2)求：图6(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep；(2)C脱离弹簧时的速度大小vC；(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时C对轨道
21、的压力大小；若不能，请说明理由。答案(1)6 J(2)6 m/s(3)能，10 N解析(1)A、B、C位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设A与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为v1，对A、B有mAv0(mAmB)v1可得v14 m/s弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B、C共同速度为v2，有(mAmB)v1(mAmBmC)v2可得v23 m/s由机械能守恒定律得Ep(mAmB)v(mAmBmC)v解得Ep6 J。(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度为vB，C的速度为vC，此后C脱离弹簧由动量守恒定律得(mAmB)v1(mAmB)vBmCvC由机械能守恒定律得(mAmB)v(mAmB)vmCv解得vC6 m/s。(3)C脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得mCv2mCg2RmCv可得v2 m/s设过最高点时轨道对C的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得mCgFNmC可得FN10 N0，所以假设成立，C能通过最高点，且对轨道的压力大小为10 N。