高考物理经典习题:第6章动量守恒定律 专题强化八 动力学动量和能量观点在力学中的应用(含解析)

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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。

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