1、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 EkW合 mv22 mv1212 12力对空间积累效果机械能守恒定律E1 E2mgh1 mv12 mgh2 mv22
2、12 12动量定理F合 t p pI合 p力对时间积累效果动量守恒定律 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2二、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”模型相同质量的两球发生弹性正碰m1 m2，动量、动能均守恒v10， v2 v0(v20， v1 v0)“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v v0(v20， vm1m1 m21 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Ffx相对 m1v02 (m112 12 m2)v2“人船”模型 人在不计阻力的船上行走已知
3、相对位移、动量守恒、开始时系统静止x船 L，mM mx人 LMM m2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
4、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 (2017山西五校四联)如图1甲所示，质量均为 m0.5kg的相同物块 P和 Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、 C两点. P在按图乙所示随时间变化的水平力 F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力 F，此时
5、 P运动到 B点，之后继续滑行并与 Q发生弹性碰撞.已知 B、 C两点间的距离 L3.75m， P、 Q与地面间的动摩擦因数均为 0.2，取 g10m/s 2，求：图1(1)P到达 B点时的速度大小 v及其与 Q碰撞前瞬间的速度大小 v1；(2)Q运动的时间 t.答案 (1)8m/s 7 m/s (2)3.5s解析 (1)在03s内，以向右为正方向，对 P由动量定理有：F1t1 F2t2 mg (t1 t2) mv0其中 F12N， F23N， t12s， t21s解得 v8m/s设 P在 B、 C两点间滑行的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有：3mg maP在 B、 C两点间做匀减速直线运动
6、，有：v2 v122 aL解得 v17m/s(2)设 P与 Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1、 v2，有：mv1 mv1 mv2mv12 mv1 2 mv2212 12 12碰撞后 Q做匀减速直线运动，有：mg matv2a解得 t3.5s变式1 (2018宁夏银川质检)质量为 m11200kg的汽车 A以速度 v121m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量 m2800 kg的汽车 B以速度 v215 m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车 t1s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数 0.3，取
7、g10m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行) t00.2s，则 A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离.答案 (1)6m/s (2)6倍 (3)6m解析 (1)对于减速过程有a g对 A车有： vA v1 at对 B车有： vB v2 at以碰撞前 A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA m2vB( m1 m2)v共可得 v共 6m/s(2)对 A车由动量定理得： Ft0 m1v共 m1vA可得 F7.210 4N则 6Fm1g(3)对共同滑行的过程有x
8、v2共2a可得 x6m4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 如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量 m03kg， AO部分粗糙且
9、长 L2m，动摩擦因数 0.3， OB部分光滑.水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块 b，另一小物块 a，放在小车的最左端，和小车一起以 v04m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车 OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内. a、 b两物块视为质点，质量均为 m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动.( g取10 m/s 2)求：图2(1)物块 a与 b碰后的速度大小；(2)当物块 a相对小车静止时小车右端 B到挡板的距离；(3)当物块 a相对小车静止时在小车上的位置到 O点的距离.答案 (1)1m/s (2)
10、 m (3)0.125m132解析 (1)对物块 a，由动能定理得 mgL mv12 mv0212 12代入数据解得 a与 b碰前 a的速度： v12m/s；a、 b碰撞过程系统动量守恒，以 a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv12 mv2代入数据解得 v21m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离， a以 v21m/s的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mv2( m0 m)v3，代入数据解得 v30.25 m/s.对小车，由动能定理得 mgs m0v32125代入数据解得，同速时小车 B端到挡板的距离 s m132(3)由能量守恒得 mgx
11、 mv22 (m0 m)v3212 12解得物块 a与车相对静止时与 O点的距离： x0.125m变式2 (2017山东潍坊中学一模)如图3所示，滑块 A、 B静止于光滑水平桌面上， B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块 C， B、 C间的动摩擦因数为 (数值较小)， A、 B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态.现在突然给 C一个向右的速度 v0，让 C在 B上滑动，当 C的速度为 v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子14拉断时 B的速度为 v0.已知 A、 B、 C的质量分别为2 m、3 m、 m.重力加速度为 g，求：316图3(1)从 C获得速度 v0开始经过多长时间绳
12、子刚好伸直；(2)从 C获得速度 v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能.答案 (1) (2) mv023v04 g 4171024解析 (1)从 C获得速度 v0到绳子刚好伸直的过程中，以 v0的方向为正方向，根据动量定理得： mgt mv0 mv014解得： t3v04 g(2)设绳子刚伸直时 B的速度为 vB，对 B、 C组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0 m v03 mvB14解得： vB v014绳子被拉断的过程中， A、 B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：3mvB2 mvA3 m v0316解得： vA v0332整个过程中，根据
13、能量守恒定律得： E mv02 2mv 3m( v0)2 m( v0)2 mv0212 12 2A 12 316 12 14 4171024命题点三 力学三大观点解决多过程问题1.表现形式6(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
14、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 (2015广东理综36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R0.5m，物块 A以 v06m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块 B碰撞，碰后粘在一起运动， P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 0.1， A、 B的质量均为 m1 kg(重力加速度 g取10 m/s2； A、 B视为质点，碰撞时间极短).图4(1)求 A滑过 Q点时的速度
15、大小 v和受到的弹力大小 F；(2)若碰后 AB最终停止在第 k个粗糙段上，求 k的数值；(3)求碰后 AB滑至第 n个( n k)光滑段上的速度 vn与 n的关系式.答案 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得：mv02 mg2R mv212 12得： A滑过 Q点时的速度 v4 m/s m/s.gR 5在 Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有： F mgmv2R解得： A滑过 Q点时受到的弹力 F22 N(2)设 A、 B碰撞前 A的速度为 vA，由机械能守恒定律有：mv02 mv 得： vA v06 m/s12 12 2AA、 B碰撞后以共同的速度 vP前进，以 v0的方向为正方向，由动量守
16、恒定律得：mvA( m m)vP解得： vP3 m/s总动能 Ek (m m)v 9 J12 2P滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 E FfL (m m)gL0.2 J7则 k 45Ek E(3)AB从碰撞到滑至第 n个光滑段上损失的能量E损 n E0.2 n J由能量守恒得： (m m)v (m m)v n E12 2P 12 2n代入数据解得： vn m/s，( n k)9 0.2n变式3 如图5所示的水平轨道中， AC段的中点 B的正上方有一探测器， C处有一竖直挡板，物体 P1沿轨道向右以速度 v1与静止在 A点的物体 P2碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在
17、t12s至 t24s内工作.已知 P1、 P2的质量都为 m1kg， P与 AC间的动摩擦因数为 0.1， AB段长 L4m， g取10m/s 2， P1、 P2和 P均视为质点， P与挡板的碰撞为弹性碰撞.图5(1)若 v16m/s，求 P1、 P2碰后瞬间的速度大小 v和碰撞损失的动能 Ek；(2)若 P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B点，求 v1的取值范围和 P向左经过 A点时的最大动能 Ekm.答案 (1)3m/s 9 J (2)10 m/s v114m/s 17J解析 (1) P1、 P2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有mv12 mv解得 v 3m/sv12碰撞过程中损
18、失的动能为 Ek mv12 (2m)v212 12解得 Ek9J.(2)由于 P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故 P在 AC间等效为匀减速直线运动，设 P1、 P2碰撞后速度为 v， P在 AC段加速度大小为 a，碰后经过 B点的速度为 v2，由牛顿第二定律和运动学规律，得 (2m)g2 ma3L vt at212v2 v at解得 v12 v6L gt2tv26L gt22t由于2s t4s，所以解得 v1的取值范围10m/s v114 m/sv2的取值范围1m/s v25 m/s所以当 v25m/s时， P向左经过 A点时有最大速度8v3 m/sv22 2aL 17则 P向左经过 A点时的最大动
19、能 Ekm (2m)v3217J121.如图1所示， C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3 m，在木板的上面有两块质量均为 m的小木块 A和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为 .最初木板静止， A、 B两木块同时以方向水平向右的初速度 v0和2 v0在木板上滑动，木板足够长， A、 B始终未滑离木板.求：图1(1)木块 B从刚开始运动到与木板 C速度刚好相等的过程中，木块 B所发生的位移大小；(2)木块 A在整个过程中的最小速度.答案 (1) (2) v091v0250 g 25解析 (1)木块 A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块 B一直做匀减速直线运动；木板 C做两段
20、加速度不同的匀加速直线运动，直到 A、 B、 C三者的速度相等为止，设为 v1.对 A、 B、 C三者组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02 mv0( m m3 m)v1解得 v10.6 v0对木块 B运用动能定理，有： mgs mv12 m(2v0)212 12解得： s91v0250 g(2)当 A和 C速度相等时速度最小，设为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得则：3 mv04 mv m2v0( v0 v)则 v v025(其中 v0 v为 A和 B速度的变化量)2.如图2所示，光滑水平面上有一质量 M4.0kg的平板车，车的上表面是一段长 L1.5m的粗糙水平轨道，水
21、平轨道左侧连一半径 R0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O相切.现将一质量 m1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度 v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.取 g10m/s 2，求：9图2(1)小物块滑上平板车的初速度 v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点 O的距离.答案 (1)5m/s (2)0.5m解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点 A时，二者的共同速度为 v1，以向左的方向为正方向由动量守恒得： mv0( M m)v1 由能量
22、守恒得：mv02 (M m)v12 mgR mgL 12 12联立并代入数据解得： v05m/s (2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小物块滑上平板车到二者相对静止的过程中，以向左的方向为正方向，由动量守恒得：mv0( M m)v2 设小物块与车最终相对静止时，它距 O点的距离为 x，由能量守恒得：mv02 (M m)v22 mg (L x) 12 12联立并代入数据解得： x0.5m.3.如图3所示，小球 A质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O点， O点到光滑水平面的距离为 h.物块 B和 C的质量分别是5 m和3 m， B与 C用轻弹簧拴接，置于光滑的水
23、平面上，且 B物块位于 O点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为 .小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰撞过程 B物块受到的冲量h16大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案 m mgh54 2gh 15128解析 设小球运动到最低点与物块 B碰撞前的速度大小为 v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh mv121210解得： v1 2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为 v1，同理有：mg mv1 2h16 12解得： v12gh4设碰撞后物
24、块 B的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1 mv15 mv2解得： v22gh4由动量定理可得，碰撞过程 B物块受到的冲量为： I5 mv2 m54 2gh碰撞后当 B物块与 C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv28 mv3据机械能守恒定律： Epm 5mv22 8mv3212 12解得： Epm mgh.151284.如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m的物块 A、 B、 C， B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设 A以速度 v0朝 B运动，压缩弹簧；当 A、 B速度相等时， B与 C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运
25、动.假设 B和 C碰撞过程时间极短，求从 A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.图4(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.答案 (1) mv02 (2) mv02116 1348解析 (1)以 v0的方向为正方向，对 A、 B组成的系统，由动量守恒定律得mv02 mv1解得 v1 v012B与 C碰撞的瞬间， B、 C组成的系统动量定恒，有m 2 mv2v02解得 v2v04系统损失的机械能 E m( )2 2m( )2 mv0212 v02 12 v04 116(2)当 A、 B、 C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以 v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得11mv
26、03 mv解得 vv03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep mv02 (3m)v2 E mv02.12 12 13485.如图5所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块 P置于水平桌面上的 A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力将 P缓缓推至 B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为 WF6J.撤去推力后，小物块 P沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘 C点的平板小车 Q上，且恰好物块 P在小车 Q上不滑出去(不掉下小车).小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知 P、 Q质量分别为 m1kg、 M4kg， A、 B间距离为L15cm， A离桌子边缘 C点的
27、距离为 L290cm， P与桌面及 P与 Q的动摩擦因数均为 0.4， g10m/s2，试求：图5(1)把小物块推到 B处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小物块滑到 C点的速度大小；(3)P和 Q最后的速度大小；(4)Q的长度.答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒，增加的弹性势能为： Ep WF mgL 1(60.41100.05) J5.8 J(2)对 BC过程由动能定理可知： Ep mg (L1 L2) mv02，代入数据解得小物块滑到 C点的速度为：12v02 m/s；(3)以向右的方向为正方向，对 P、 Q由动量守恒定律得： mv0( m M)v解得共同速度： v0.4 m/s(4)对 P、 Q由能量守恒得：mgL mv02 (m M)v212 12代入数据解得小车的长度： L0.4 m.
