高考物理复习第六章 专题强化七 1.docx
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高考物理复习第六章专题强化七1
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、运动学基本规律）；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）．
命题点一 碰撞类问题的综合分析
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．
但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．
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，一般用两个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，利用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，因此动量守恒定律一般能派上大用场．
例1
（2016·全国Ⅲ·35
（2））如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为
m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图1
①a与b发生弹性碰撞；②b没有与墙发生碰撞．
答案
≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv
>μmgl①
即μ<
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得
mv
＝
mv
＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋
mv2′④
mv
＝
mv1′2＋
·
mv2′2⑤
联立④⑤式解得
v2′＝
v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
·
mv2′2≤μ·
gl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥
⑧
联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但没有与墙发生碰撞的条件为
≤μ<
.
1．（2015·全国Ⅰ·35
（2））如图2所示，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B、C之间．A的质量为m，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m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
图2
答案 （
－2）M≤m＜M
解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，
由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得
mv
＝
mv
＋
Mv
可得v1＝
v0，v2＝
v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
mv
＝
mv
＋
Mv
整理可得v3＝
v1，v4＝
v1
由于m＜M，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v3≤v2
即
v0≥
v1＝（
）2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥（
－2）M
另一解m≤－（
＋2）M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
（
－2）M≤m＜M.
2．如图3所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：
图3
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度是多大？
（2）弹性势能的最大值是多大？
（3）A的速度有可能向左吗？
为什么？
答案
（1）3m/s
（2）12J （3）不可能 理由见解析
解析
（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．
由A、B、C三者组成的系统动量守恒：
（mA＋mB）v＝（mA＋mB＋mC）vA′①
由①式解得vA′＝3m/s②
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则：
mBv＝（mB＋mC）v′③
由③式解得：
v′＝2m/s④
设物块A速度为vA′时，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：
Ep＝
（mB＋mC）v′2＋
mAv2－
（mA＋mB＋mC）vA′2⑤
由⑤式解得：
Ep＝12J⑥
（3）系统动量守恒：
mAv＋mBv＝mAvA＋（mB＋mC）vB⑦
设A的速度向左，vA＜0，vB＞4m/s
则作用后A、B、C动能之和：
E′＝
mAv
＋
（mB＋mC）v
＞
（mB＋mC）v
＝48J⑧
实际上系统的总机械能为：
E＝Ep＋
（mA＋mB＋mC）vA′2＝（12＋36）J＝48J⑨
根据能量守恒定律，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．
命题点二 多运动过程问题的综合分析
应用力学三大观点解题时应注意的问题：
（1）弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
（2）进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
（3）光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
（4）如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
例2
（2015·广东·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R＝0.5m，物块A以v0＝6m/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L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/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．
①滑过最高点Q，P点左侧轨道光滑；②右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列．
答案 见解析
解析
（1）由机械能守恒定律得：
mv
＝mg（2R）＋
mv2
得：
A滑过Q点时的速度v＝4m/s>
＝
m/s.
在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有：
F＋mg＝
解得：
A滑过Q点时受到的弹力F＝22N
（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律有：
mv
＝
mv
得：
vA＝v0＝6m/s
AB碰撞后以共同的速度vP前进，由动量守恒定律得：
mvA＝（m＋m）vP
解得：
vP＝3m/s
总动能Ek＝
（m＋m）v
＝9J
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE＝FfL＝μ（m＋m）gL＝0.2J
则k＝
＝45
（3）AB从碰撞到滑至第n个光滑段上损失的能量
E损＝nΔE＝0.2nJ
由能量守恒得：
（m＋m）v
－
（m＋m）v
＝nΔE
代入数据解得：
vn＝
m/s，（n＜k）
3.如图5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5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，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物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
图5
答案
m
mgh
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＝
mv
解得：
v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有：
mg
＝
mv1′2
解得：
v1′＝
设碰撞后物块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＝－mv1′＋5mv2
解得：
v2＝
由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：
I＝5mv2＝
m
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
5mv2＝8mv3
据机械能守恒定律：
Epm＝
×5mv
－
×8mv
解得：
Epm＝
mgh.
4.如图6所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一个凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝
，槽内靠近右侧壁处有一小物块A（可视为质点），它到凹槽左侧壁的距离d＝0.10m．A、B的质量都为m＝2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g＝10m/s2.求：
图6
（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小．
答案
（1）5.0m/s2 0
（2）0 1.0m/s （3）1.2m
解析
（1）设A的加速度为a1，则mgsinθ＝ma1，a1＝gsinθ＝5.0m/s2
设B受到斜面施加的滑动摩擦力为f，则
f＝μ·2mgcosθ＝
×2×2.0×10×cos30°＝10N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝2.0×10×sin30°＝10N，方向沿斜面向下．因为G1＝f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则凹槽B的加速度a2＝0
（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得
v
＝2a1d
vA0＝
＝
m/s＝1.0m/s
因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有
mvA0＝mvA1＋mvB1
mv
＝
mv
＋
mv
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
vA1＝0，vB1＝1.0m/s
（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1＝1.0m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
vA2＝a1t1＝vB1，解得t1＝0.20s
设t1时间内A下滑的距离为x1，则
x1＝
a1t
解得x1＝0.10m
因为x1＝d，说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
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