第七章 第5讲　小专题 动力学、能量和动量观点的综合应用

1第5讲小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用考点一动量观点与动力学观点的综合应用动量与牛顿运动定律的选用原则(1)涉及加速度的问题,则选用牛顿运动定律或运动学公式。(2)涉及某段时间的运动状态变化,一般选用动量定理。(3)涉及物体系统,且它们之间有相互作用,一般选用动量守恒定律,但需注意是否满足守恒的条件。(4)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,一般作用时间都极短,即使系统所受合力不为0,也可以用动量守恒定律去解决。[例1]【动量观点与动力学观点的综合应用】(2024·陕西西安一模)某物流公司用如图所示的传送带将物体从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2m/s。将质量为m=25kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求物体滑上木板左端时的速度大小。(2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,木板长度L至少应是多少?(3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L′。【答案】(1)6m/s(2)4.8m(3)7.2m【解析】(1)物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mgsin37°+μ1mgcos37°=ma1,解得a1=10m/s2;设物体与传送带共速时运动的位移为x1,对物体有v02=2a1x1,解得x1=0.20m;因为x1<s,所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动。设物体的加速度为a2,根据牛顿第二定律有mgsin37°-μ1mgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2;2设物体到达B端时的速度大小为v,根据运动学公式有v2-v02=2a2(s-x1),解得v=6m/s。(2)设物体恰好不会从木板上掉下,物体和木板共速为v1,规定物体的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv=(m+M)v1,由能量守恒定律得解得L=4.8m,则木板长度L至少为4.8m。(3)由于μ(m+M)g>μ2mg,所以木板不运动,物体做匀减速直线运动,设物体速度为0时,恰好到达木板的最右端,其加速度a3=μ2g=2.5m/s2,根据运动学公式有v2=2a3L′,解得L′=7.2m,则木板的最小长度为7.2m。考点二动量与能量观点的综合应用动量与能量观点的选用原则在应用动量观点和功能关系解题时,往往涉及位移的求解时应用动能定理,涉及时间的求解时应用动量定理,涉及滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定律列式求解。[例2]【动量与能量观点的综合应用】(2024·广东肇庆一模)如图所示,光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈,圆弧与水平地面间平滑连接,一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块(可视为质点)以初速度v0冲向斜劈,恰能上升到斜劈最高点,不计一切阻力。(1)求圆弧半径R;(2)若撤去固定桩,小物块仍以初速度v0冲向斜劈,求此时小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差;(3)若撤去固定桩,改变小物块的初速度大小,使小物块所能上升的最大高度为2R,求此时小物块的初速度大小和斜劈最终的末速度大小。(结果均用v0表示)【答案】3【解析】(1)对小物块由动能定理得解得(2)小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得联立解得(3)设小物块的初速度大小为v1,小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律、能量守恒定律得mv1=2mv共,联立解得v1=2v0。小物块与斜劈最终分离时,设小物块的速度大小为v1′,斜劈的速度大小为v2,有mv1=mv1′+mv2,联立解得v2=2v0。考点三力学三大观点的综合应用三大观点优选策略(1)在研究物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时,或者物体受到恒力作用做匀变速直线运动时,优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及时间的问题,或作用时间极短的冲击作用,优先选用动量定理解决问题。(3)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及位移且不涉及加速度、时间等问题,优先选用动能定理解决问题。(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功,而又不涉及加速度和时间,优先选用机械能守恒定律解决问题。(5)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,如果所研究的问题满足动量守恒或机械能守恒的条件,则优先选用动量守恒定律和机械能守恒定律解决问题。4(6)在涉及相对位移问题时,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。(7)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时,注意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化。这类问题由于作用时间都极短,则优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。[例3]【力学三大观点的综合应用】(2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。【答案】(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J【解析】(1)对物块A由平抛运动知识得代入数据解得vA=1m/s,对A、B物块整体由动量守恒定律有mAvA=mBvB,解得vB=1m/s。(2)对物块B由动能定理有代入数据解得μ=0.2。(3)由能量守恒定律有其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,联立解得ΔEp=0.12J。5(满分:80分)对点1.动量观点与动力学观点的综合应用1.(4分)(2025·贵州六盘水开学考)一爆竹从水平地面上竖直向上抛出,爆竹上升到最高点时炸裂为质量不同、速度均沿水平方向的两部分,最后均落回地面。不计空气阻力。下列说法正确的是()[A]质量大的部分在空中运动的时间长[B]质量小的部分在空中运动的时间长[C]质量大的部分落地速度大[D]质量小的部分落地速度大【答案】D【解析】根据题意可知,炸裂后两部分均做平抛运动,由gt2可知,两部分在空中运动的时间相等,故A、B错误;根据题意可知,爆炸过程动量守恒,则两部分水平飞出时动量大小相等,由p=mv可知,质量大的部分初速度小,由于两部分在空中运动的时间相等,由vy=gt可知,落地时竖直分速度相等,由可知,初速度大的落地速度大,则质量小的部分落地速度大,故C错误,D正确。2.(12分)气囊是剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施,当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40km/h,质量m1=1600kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1600kg以速度v2=18km/h迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;(2)甲车碰撞前是否超速;(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。【答案】(1)2m/s(2)没有超速(3)6.68×104N【解析】(1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax,6解得v=2m/s。(2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,解得v1=9m/s=32.4km/h<40km/h,故甲车碰撞前没有超速。(3)对甲车研究,设甲车的初速度方向为正方向,由动量定理可得-F0t-μm1gt=m1v-m1v1,解得F0=6.68×104N。对点2.动量与能量观点的综合应用3.(4分)(2024·广东东莞三模)如图甲所示,水平冰面上有两名同学,同学A的质量为50kg,同学B静止站在冰面上,A以一定的初速度向B滑去,抱住同学B后两人一起向右运动。以向右为正方向,同学A的位移—时间图像如图乙所示,不计空气和冰面对人的阻力,则下列说法正确的是()[A]同学B对A的冲量为150N·s[B]同学A和B的质量之比为3∶2[C]两人相抱过程中损失的动能为375J[D]两人相抱过程中相互间的作用力做功大小之比为1∶1【答案】C【解析】由于x-t图像的斜率表示速度,由题图乙可知同学A的初始速度为,同学A抱住同学B后两人的速度为由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75kg,对A由动量定理得IBA=mAv-mAvA=-150N·s,同学A和B的质量之比为故A、B错误;两人相抱过程中损失的动能为故C正确;由动能定理有又有两人相抱过程中相互间的作用力做功大小之比为故D错误。74.(14分)如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹,由上下A、B两部分构成,A的质量m1=0.1kg,B的质量m2=0.2kg,A、B中间夹有少量火药,不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放,“火箭”着地瞬间以原速率的0.75倍反弹,刚要离开地面时火药爆炸,经极短时间后A、B分离,此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积,可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能,重力加速度g取10m/s2。求:(1)“火箭”着地时的速度v的大小;(2)爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小;(3)火药爆炸所释放的化学能E。【答案】(1)4m/s(2)0.6N·s(3)2.7J【解析】(1)根据机械能守恒定律有mgmv2,得v=4m/s。(2)与地面碰撞后反弹速率v′=0.75v,根据动量守恒定律有(m1+m2)v′=m1v1,爆炸过程A部分所受作用力的冲量I=m1v1-m1v′,得I=0.6N·s。(3)由功能关系有得E=2.7J。对点3.力学三大观点的综合应用5.(6分)(2024·湖南邵阳阶段检测)(多选)如图所示,轻绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,置于光滑水平面上,将小球向右拉至水平后静止释放,小球摆到最低点过程中,()[A]系统的机械能不守恒8[B]小球在最低点的速度为[C]小球在最低点的速度为[D]小车向右移动的距离为【答案】CD【解析】系统在整个运动过程中,只有小球的重力做功,系统机械能守恒,故A错误;设小球摆到最低点时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,系统在水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=0,根据机械能守恒定律可得联立可得故B错误,C正确;小球摆到最低点过程中,由动量守恒定律结合运动学公式有m1x1-m2x2=0,小球下落到最低点时,小球与小车的相对位移为x1+x2=l,解得故D正确。6.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多选)如图所示,不可伸长的轻质细线跨过轻质滑轮连接两个质量分别为2m、m的物体A、B,质量为m的物体C中间有孔,套在细线上且可沿细线无摩擦滑动。初始时使三个物体均处于静止状态,此时A、B离地面的高度均为h。物体C在B上方h处。同时由静止释放三个物体,一段时间后,C与B发生碰撞并立即粘在一起。已知重力加速度为g,整个过程中细线未断裂,物体均可视为质点,不计阻力的影响。下列说法正确的是()[A]从释放三个物体到C与B发生碰撞经历的时间为[B]碰撞结束后A的速度为零[C]A最终离地面的高度为[D]碰撞过程中,三个物体损失的机械能为mgh【答案】BD9【解析】根据牛顿第二定律,对物体A有2mg-FT=2ma,对物体B有FT-mg=ma,解得,物体B向上与物体C向下过程中,根据解得,故A错误;碰前的瞬间物体A与物体B的速度大小碰前的瞬间物体C的速度大小以向下为正方向,根据动量守恒定律有mvC-mvB=2mvBC,解得由于此时物体B、C与物体A的速度相等,方向都为向下,质量也相等,所以三个物体速度都为0,故B正确;物体A下降和物体B上升的距离最终离地面的高度为故C错误;物体B与C碰撞前整体机械能守恒,以地面为零势能面,最初整体的机械能Ep1=2mgh+mgh+mg·2h=5mgh,碰撞后整体的机械能三个物体损失的机械能为ΔEp=Ep1-Ep2=mgh,故D正确。7.(14分)如图甲所示,半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内,最低点B切线水平,B离地面的高度h=0.8m,小球b放在B点,让小球a在A点由静止释放,在圆弧轨道的最低点a与b发生正碰,碰撞后两球同时落地,两球落地点间距0.4m,a、b两球的质量均为0.5kg,重力加速度为g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求两球碰撞过程中损失的机械能;(2)若两球碰撞后粘在一起,则碰撞后瞬间,两球对圆弧轨道的压力多大?两球粘在一起后要能落在地面上离B点水平距离为1m的位置,可在靠近B点固定一水平板,如图乙所示,板的上表面刚好与B点的切线在同一平面,球与板间的动摩擦因数为0.25,则板应多长?【答案】(1)1.875J(2)15N0.6m【解析】(1)小球a由A点滑到B点的过程,根据机械能守恒定律有与b碰撞时满足mv0=mv1+mv2,两球做平抛运动,运动时间解得v2=2.5m/s,v1=1.5m/s,则碰撞损失的能量(2)若两球碰撞后粘在一起,则碰撞后mv0=2mv,两球在圆弧轨道最低点时有解得FN=15N,即两球对圆弧轨道的压力为15N;设板长为L,则L+v′t=1m。解得L=0.6m。8.(4分)(2025·江苏南通开学考)如图所示,两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上,挡板的厚度可忽略不计,车长为2L,与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动,已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失,下列说法正确的是()[A]甲、乙达到共同速度所需的时间为[B]甲、乙共速前,乙的速度一定始终小于甲的速度[C]甲、乙相对滑动的总路程为[D]如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0),则最终甲与乙左端的距离可能为【答案】C【解析】设甲、乙质量均为m,碰前瞬间甲的速度为v1,乙的速度为v2,碰后瞬间甲的速度为v1′,乙的速度为v2′,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1+mv2=mv1′+mv2′,mv12+mv22mv1′2+mv2′2,解得v1′=v2,v2′=v1,即甲、乙发生碰撞时速度互换。设甲、乙最终的共同速度为v3,则mv0=2mv3,得,则达到共速所需的时间为t,碰撞使得两者速度互换,即甲、乙共速前,乙的速度不一定小于甲的速度,故A、B错误。从开始到相对静止过程中,甲、乙相对滑动的总路程为s,根据动能定理可得解得故C正确。设甲、乙碰撞的次数为n,最终相对静止时甲与乙左端的距离为s0,若第n次碰撞发生在平板车的左挡板,则有L+2L+s0=s(n=2,4,6,…),解得若第n次碰撞发生在平板车的右挡板,则有L+2L+2L-s0=s(n=1,3,5,…),解得即最终甲与乙左端的距离不可能为故D错误。9.(16分)(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆