1、专题突破4动量、动力学和能量观点在力学中的应用授课提示：对应学生用书第118页师生互动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用，一般用动量守恒定律和
2、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。典例1如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡
3、板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到v12 m/s。求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l；解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2。(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v1(mAmB)v，代入数据解得v1 m/s。(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由于内力远大于外力，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)v，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动
4、能定理有FlmAvA2，由式，代入数据解得l0.45 m。答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m1(多选)如图所示，一平台到地面的高度为h0.45 m，质量为M0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为0.2。地面上有一质量为m0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A玩具青蛙在空中运动的时
5、间为0.3 sB玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD木块开始滑动时的速度大小为1 m/s解析：由hgt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t10.3 s，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx4 m/s，vygt13 m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v05 m/s，C项错误；由动量守恒定律得mvx(Mm)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v1 m/s，D项正确；由动量定理得(Mm)gt20(Mm)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t20.5 s，B项错误。答案：AD2(2021广东汕头模拟)长度L0.90 m的木板在光滑水平地面上向右运
6、动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板。接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上。已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，求：(1)木板开始时的初速度v0的大小；(2)最后两物块之间的距离。解析：(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv02mv1，由功能关系可得mgLmv022mv12，联立解得v03 m/s。(2)设释放B后
7、经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止。设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB。根据牛顿第二定律得mgmaA，3mgmgma，3mg3maB，可得a5 m/s2aA2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对木板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2v1at1aBt1，解得t10.2 s，B的位移为xBaBt120.05 m；此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得mv0(mm3m)v3，解得末速度v30.6 m/s；A在(t1t2)时间内一直保持匀减速运动，有v3v1aA(t1t2)，解得t2
8、0.16 s；在t2时间内B的位移为xBt20.088 m，而A在(t1t2)时间内的位移为xA(t1t2)0.378 m；最后两物块之间的距离sL(xBxB)xA，解得s0.66 m。答案：(1)3 m/s(2)0.66 m师生互动1动量观点和能量观点的比较(1)相同点：研究对象都是相互作用的物体组成的系统；研究过程都是某一运动过程。(2)不同点：动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，没有分量表达式。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，
9、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。典例2如图所示，一质量M0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角37、半径R5 m，CD的长度l6 m。质量m0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v04 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，
10、物块恰好不滑离小车。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计。求：(1)物块通过B点时的速度大小vB；(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数。解析(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有cos ，代入数值解得vB5 m/s。(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有mvB2mgR(1cos )mvC2，代入数值可得vC3 m/s。设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有Fmgm，代入数值解得F3.8 N。由牛顿第三定律可知NF3.8 N。(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度
11、大小为vD，由动量守恒定律有mvC(Mm)vD，由功能关系有mglmvC2(Mm)vD2，代入数值解得0.3。答案(1)5 m/s(2)3.8 N(3)0.33(2021河北衡水中学高三调研)如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内()A若Mm，物体A对地向左的最大位移是B若Mm，小车B对地向右的最大位移是C无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0mv0(Mm)v，解得v。若Mm，A所受的摩擦力Ffmg，对A，根据动能定理得mgxA0mv02，则得物体A对地向左的最大位移xA，若M2L，解得L3.4 m，即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m。答案：(1)6 m/s(2)L不得超过3.4 m