2024届高考物理复习：“应用三大力学观点解题”

第4讲“应用三大力学观点解题”的技能强化加强点(一)动量观点与动力学观点的综合应用(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。[典例]静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？[解析](1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s ⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m[针对训练](2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。解析：(1)A和B恰好能静止，则有mgsinθ＝μmgcosθ，当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝gA与B碰撞前的速度为v12＝2gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′，由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv1′2解得：v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰撞后B运动到底端所用时间为t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A运动到底端所用时间为t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)当0＜k≤eq\f(1,4)时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有eq\f(1,2)gt2＝teq\r(2gkL)解得：t＝2eq\r(\f(2kL,g))当k＞eq\f(1,4)时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，B与挡板碰后原速率返回mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g再次相碰时，满足：L－eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)·(t－t1)－eq\f(1,2)a′(t－t1)2，解得：t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))。答案：(1)0eq\r(2gkL)(2)当0＜k≤eq\f(1,4)时，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；当k＞eq\f(1,4)时，t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))加强点(二)动量观点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。2．三种技巧(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，就更显出它们的优越性。[典例]一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。[解析](1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有0－v02＝－2gh ①v2－v02＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) ②联立①②式解得v＝eq\f(1,2)v0。 ③(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02 ④玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0 ⑤分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝eq\r(v02＋v12) ⑥v2′＝eq\r(v02＋v22) ⑦联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得eq\f(v1′,v2′)＝2。[答案](1)eq\f(1,2)v0(2)2[针对训练](2021·北京等级考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。解析：(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt解得v＝1.0m/s。根据动量守恒定律，由mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。答案：(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J加强点(三)三大力学观点的综合应用1．三大基本观点力的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量的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动量的观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。[特别提醒](1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。[典例](2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。[解析](1)滑块从A到C，由动能定理得：mg(h－1.2R－Rcosθ－R)＝eq\f(1,2)mvC2代入得vC＝4m/s在C点，由牛顿第二定律得：FC＋mg＝meq\f(vC2,R)代入数据解得：FC＝22N。(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv02代入数据解得：v0＝6m/s滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v共代入数据解得v共＝3m/s由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v共2代入数据解得μ＝0.3。(3)对滑块由牛顿第二定律得：μmg＝ma减速阶段：t1＝eq\f(v0－v共,a)＝1sx1＝eq\f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5m匀速阶段t2＝eq\f(L0－x1,v共)＝1.5s则滑块从G到J用时t＝t1＋t2＝2.5s。[答案](1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s[针对训练]如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋3mv1设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs联立解得：s＝eq\f(L,2)由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。答案：(1)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来[课时跟踪检测]1．如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝eq\f(1,2)mv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12联合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一负解不合实际情况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：(M＋m)gl－W总＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W总＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)20252．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6m/s匀速转动，水平部分长度L＝9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10m/s2。(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0联立以上两式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，由动能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3m/s设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)3m/s3m/s(2)不能(3)108J3．(2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，联立化简得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再根据功能关系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，联立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg，滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv024．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。解