高考物理考前知识专题 6 动力学、动量和能量观点的综合应用

知识专题

专题6动力学、动量和能量观点

骑的综合应用

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考题一动量定理和能量观点的综合应用

s知识精讲

1.动量定理公式：Ft=p,~p

说明：(1)尸为合外力

①恒力，求△〃时，用△p=R

②b.变力，求/时，用I=\p=mv2—mv\

③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动晟变化率

④当△〃一定时，H为确定值：F=,

r小尸大——如碰撞；，大尸小——缓冲

(2)等式左边是过程量用,右边是两个状态量之差，是矢量式.功、内是以同一惯性参照物为参

照的.

的方向可与机一致、相反或成某一角度，但是的方向一定与Ft一致.

2.力学规律的选用原则

单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量

定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.

回典例剖析

例1据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为

探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某

一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g取

10m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.

重物（包括传感器）的质量〃?/kg8.5

重物下落高度H/cm45

重物反弹而度/“cm20

最大冲击力Fn/N850

重物与地面接触时间t/s0.1

（I）请你选择所需数据，通过计算I可答下列问题：

①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小：

②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.

（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,

可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.

解析（1）①重物受到最大冲击力时加速度的大小为。

F-ing

由牛顿第二定律:m

解得。=90m/s2

②重物在空中运动过程中，由动能定理"有/?=3〃切2

重物与地面接触前瞬时的速度大小功=，丽

重物离开地面瞬时的速度大小S=N2gh

重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F,设竖直向上为正方向

由动量定理：（尸一ing）t=/加2—M~v\）

p

解得"=510N,^—=6

因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.

（2）可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力（如落地后双腿弯曲），由动量定理Ft=bmv

可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.

答案（l）@90m/s2②6倍（2）见解析

【变式训练】

1.高空作业须系安全带，如果质量为加的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人

刚产生作用力前人下落的距离为人(可视为自由落体运动).此后经历时间/安全带达到最大伸

长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为

A.,+"?gB.-mg

C.寸-+〃吆D.黄一fg

答案A

解析由自由落体运动公式得人下降力距离时的速度为9=4丽，在f时间内对人由动量定

r^—7

理得(「一解得安全带对人的平均作用力为A项正确.

2.一质量为().5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置8处是一面墙，如

图I所示.物块以%=9m/s的初速度从A点沿回方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7

m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2

AB

图1

(I)求物块与地面间的动摩雄因数"；

(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.

答案(1)0.32(2)130N(3)9J

解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中

应用动能定理一"〃?gS=；/加一热即2

代入数值解得4=0.32

(2)取向右为正方向，碰后滑块速度比=-6m/s

由动量定理得：F^t=mv'—niv

解得尸=-130N

其中“一”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.

(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得

—W=0—^nv'2

解得W=9J.

Q

©B

图2

(1)求A滑过。点时的速度大小v和受到的弹力大小尸；

(2)若碰后48最终停止在第k个粗糙段上，求攵的数值；

(3)求碰后AB滑至第〃个(〃Vk)光滑段上的速度如与〃的关系式.

解析(1)从A-Q由动能定理得

—=56。2—

解得v=4m/s>y[gR=yf5m/s

J!2

在Q点，由牛顿第二定律得尸+"改=〃々

解得尸=22N.

(2)人撞4,由动量守恒得〃硒=littv'

解得。'=y=3m/s

设摩擦距离为4,则一2〃〃?gx=0一去2/加'2

解得x=4.5m

所以k=j=45.

(3)人4滑至第〃个光滑段J,由动能定理得

—[i-2ingnL=^2mVn-^2mv'2

所以g=、9—0.2〃m/s(〃v45).

答案(1)4m/s22N(2)45

(3)0“=、9—0.2〃m/s(〃<45)

【变式训练】

3.如图3.在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于艮C之间”

的质量为加，B、C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求〃?

和M之间应满足什么条件，才能使4只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.

BAC

图3

答案(小一2)MW〃?VM

解析设4运动的初速度为g,A向右运动与C发生碰境,由动量守恒定律得

mv（）=inv\+/欣，2

由机械能守恒定律得上?研『=品。12+%齿

一e2m

可付。尸而产＞,

要使得A与8能发生碰撞，需要满足0VO,即〃7VM

4反向向左运动与B发生碰撞过程，有

mv\=mv3IMV4

^nivr=品疗+3Moj

—pm—M2m

整理可得s=；^7",如工产

由于小VM,所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足gWs

„2m、m—Min—M

即谓尸K/7。

整理可得"F+4M〃?2M1

解方程可得用2（小一2）M

另一解mW—（，5+2）M舍去

所以使4只与B、C各发生一次碰撞，须满足

（小一2）MW〃?VM.

考题三电学中动量和能量观点的综合应用

回方法指导

系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接

成整体的方法.

（1）对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解

决比较复杂的运动.

（2）对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为个整体进行考虑，

如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体（或系统）.

国典例剖析

例3如图4所示，直角坐标系xQy位于竖直平面内，x地与绝缘的水平面重合，在），粕右方

有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为吗=8X10-3kg的不带电小物块

静止在原点O,八点距。点/=0.045m,质量孙=1X1（）3kg的带电小物块以初速度勿=0.5

in/s从A点水平向右运动，在O点与加2发生正碰并把部分电星转移到〃?2~L，碰撞后〃〃的速

度为O.lm/s,此后不再考虑加|、利间的库仑力.已知电场强度E=40N/C,小物块即与水平

面的动摩擦因数为〃=0.1，取8=10m/s2,求：

图4

(I)碰后m\的速度；

(2)若碰后〃?2做匀速圆周运动且恰好通过P点，0尸与x相的夹角。=30。,0P长为IOP=Mm,

求磁感应强度B的大小；

⑶其他条件不变，若改变祕场磁感应强度的大小，使加2能与加再次相碰，求夕的大小.

解析(1)设见与"12碰前速度为。I,由动能定理

,1一，

_pnhgl=产1。1~一产1V(f

代入数据解得:s=0.4m/s

02=01m/s,如、加2正碰,由动量守恒有：

m\V\=m\V\'+/712V2

代入数据得：V]1=-0.4m/s,方向水平向左

(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE=m2g

得：夕=2X|()-3c

2

由洛伦兹力提供向心力，设物块加2做圆周运动的半径为R,则qsB=m"

凯迹如图，由几何关系有：R=lOp

解得：13=\T

⑶当叱经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，出碰后做匀减速运动.

/加匀减速运动至停止，其平均速度大小为:

v=和「|=0.2m/s>V2=0.1m/s,

所以m2在加।停止后与其相碰

由牛顿第二定律有：Ff=fim\g=in\ci

tn\停止后离O点距离：

2a

则ni2平抛的时间：r=-

平抛的高度：力=上户

设他做匀速圆周运动的半径为R',由几何关系有:

R'=；/?

2

由=爷三联立得：B'=0.25T

答案(l)—0.4m/s,方向水平向左(2)1T(3)0.25T

【变式训练】

4.如图5所示，CiD.EiFi和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，CiDi和为两段四分

之一的圆弧，半径分别为l=8/和冷=/•.在水平矩形。闺氏6内有竖直向上的匀强磁场，磁

感应强度为8.导体棒P、Q的长度均为L,质量均为〃?，电阻均为R,其余电阻不计，Q停

在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：

(I)求导体棒夕进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；

(2)若从Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达自伤瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒〃

离开轨道瞬间的速度；

(3)若P、。不会在轨道上发生碰撞，且两者到达巴氏瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产

生热量的范围.

答案(1)%反，方向逆时针(2)3，还

(3)3〃?gr<QW4〃?gr

解析(1)导体棒尸由GG下滑到GS,根据机械能守恒定律：

加"=/如2,00=4/7

导体棒P到达。。2瞬间：E=BLvf)

回路中的电流，=修型酒

Z/\K

方向逆时针

(2)棒。到达昌后瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q:

"飨Q~f—

mg=八，UQ=7gr

设导体棒。离开轨道瞬间的速度为VP,根据动量守恒定律:mvi)=invp^-mvQ

代入数据得，vp=3y[gr

(3)由(2)知，若导体棒Q恰能在到达臼及瞬间飞离就道，P也必能在该处飞离软道.根据能量

守恒，回路中产生的热量：Q\=^mVD2—^rnvp-—^mVQ1=3mgr

若字体棒Q与。能达到失速。，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：

mvi)=(rn+〃?W,v=2y[gi-

回路中产生的热量：Qi=\ntvi一/?+〃?)。2=Amgr

综上所述，回路中产生热量的范围是36grWQW4〃?gr.

专题规范练

1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为力的光滑圆弧形坑道，圆弧的底端与桌面在同一

水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP,其形状为半径火=0.8m的圆环剪去了

左上角135。后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量5=0.4

kg的物块A日圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌

面上质量也为〃，的物块3发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随

时间变化的关系式为x=6i—2附关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面

后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10m/$2)求：

图1

(1)8P间的水平距离切巴

(2)判断物块B能否沿圆软道到达M点：

⑶物块A由静止释放的高度h.

答案(1)4.1m⑵不能(3)1.8m

解析⑴设碰撞后物块B由。点以初速度如做平抛运动，落到P点时其竖直速度为2V谈

同时竟=tan45°,解得⑺=4m/s

设平抛用时为/,水平位移为x,则有尺二七/2

x=vDt

解得x=1.6m

物块4碰后以初速度00=6m/s,加速度大小

a=-4m/s2减速到vi),则间的位移为

»==2.5m

故BP之间的水平距离XBP=X+XI=4Am

⑵若物块B能沿轨道到达.M点,在M点时其速度为VM,则有这血£一J=一坐"糕,R

设轨道对物块的压力为FN,则尸N+"里=〃愕

解得FN=(1-V2)^<0,即物块不能到达M点.

(3)对物块A、8的碰撞过程，有：

ITIAVA=IUAVA'+〃】BVO

2

品戒/=^mAvA'+品W(?

解得：VA=6m/s

设物块A释放的高度为〃，则

,1

mgh—^mvA2,

解得力=1.8m

2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，。点

为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R=0.32m.水平轨道PN右侧的水平地面

上，并排放置两块长木板。、"，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN

平齐，木板c,质量，〃3=2.2kg,长L=4m,木板d质量用4=4.4kg.质量m2=3.3kg的小滑块

》放置在轨道QN上，另一质量皿=1.3kg的小滑块。从P点以水平速度如向右运动，沿圆

形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块h发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能

损失.碰后a沿原路返I可到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩

擦因数均为网=0.16,重力加速度g=10m*.

9cn“热

,/zZZ/ZZZ//z*Z/ZZz/////Z/////ZZZ4CI

.I

777777777777777/777777777777777.

图2

(1)求小滑块a与小滑块〃碰撞后，a和方的速度大小s和S;

(2)若碰后滑块人在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数

"至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

（3）若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块》最终恰好没有离开木板d,求滑块〃在木板

c上滑行的时间及木板d的长度.

答案（1）4m/s5.2m/s（2）0.069（3）1s1.4m

解析（1）根据题意可知：小滑块。碰后返回到M点时：

Vhf

机|方=机遇

小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：

T〃?©|2=1mo/+/〃]g（2R）

代入数据，解得：V\=4m/s

取水平向右为正方向，小滑块〃、。碰撞前后：

动量守恒：m\VQ=­m\V\+w2^2

机械能守恒：斗小5）2=+1/H2i,22

代入数据，解得：研）=9.2m/s,电=5.2m/s

⑵若b在d上滑动时d能静止，则。在c上滑动时c和d一定能静止

〃（〃?2+”?4）g>〃（W22g

解得">缶"冷°069

（3）小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：

4i=〃og=1.6m/s2

2

此时两块长木板的加速度太小：s=g=o.gm/s

令小滑块人在长木板c上的滑行时间为/,则：

时间/内小滑块b的位移x\=V2t—^a\t2

两块长木板的位移12=52尸

且即-42=上

解得：/|=1S或，2=学s（含去）

》刚离开长木板。时Z?的速度°2'=V2~a\t\=3.6m/s

b刚离开长木板c时d的速度03=31=0.8m/s

d的长度至少为x:

由动量守恒可知：加2。2'+〃?4。3=（〃?2+〃功）。

解得：v=2m/s

[WJl2gX=^lfl2V2'2+3"3力2（62+〃口）/

解得：x=1.4m

3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通

道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管A股已知E处距地面的高度h=32m,一质量〃?

=1kg的小球〃从A点以速度内=12m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形

轨道向上运动，到达。点时恰好与轨道无作用力，直接进入。E管(DE管光滑)，并与原来静

止于E处的质量为M=4kg的小球b发生正碰(a、〃均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返

回，速度大小为碰撞前速度大小的上,而〃球从E点水平抛出，其水平射程》=0.8m.(^=10ni/s")

(1)求碰后〃球的速度大小：

⑵求“8”字形管道上下两圆的半径「和R：

(3)若小球。在管道A3中运动时所受阻力为定值，请判断。球返回到84管道时，能否从A

端穿出？

答案(1)1m/s(2)0.9m0.7m(3)不能

解析(1)6球离开E点后做平抛运动

。=*产，s=Vht,解得s»=lm/s

(2)〃、〃碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：

mva=—mX/“+Mvb

解得%=3m/s

2

碰前。在。处恰好与轨道无作用力，则有：mg=nry

r=0.9m

h-2r_

R=5=0,7m

2

(3)小球从8到。，机械能守恒：