1、动量守恒定律及其应用第六章热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)；动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。热点透析 动量与动力学观点的综合应用1解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2力学规律的选用原
2、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能量守恒定律(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
3、都极短，因此用动量守恒定律去解决。如图所示，在光滑水平桌面 EAB 上有质量为 M0.2 kg 的小球P 和质量为 m0.1 kg 的小球 Q，P、Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘 E 处放置一质量也为 m0.1 kg 的橡皮泥球 S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q 两小球被轻弹簧弹出，小球 P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点 C；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球 S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。已知水平桌面高为 h0.2 m，D 点到桌面边缘的水平距离为 x0.2 m，
4、重力加速度为 g10 m/s2，求：(1)小球 P 经过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力大小 NB；(2)小球 Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小 vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能 Ep。答案(1)12 N(2)2 m/s(3)0.3 J答案解析(1)小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点 C，则有 MgMv2CR，解得 vC gR对于小球 P，从 BC，由动能定理有2MgR12Mv2C12Mv2B解得 vB 5gR在 B 点有 NBMgMv2BR解得 NB6Mg12 N由牛顿第三定律有 NBNB12 N。解析(2)设 Q 与 S 做平抛运动的初速度大小为 v，所用时间为 t，根
5、据公式 h12gt2，得 t0.2 s，根据公式 xvt，得 v1 m/s碰撞前后 Q 和 S 组成的系统动量守恒，则有 mvQ2mv解得 vQ2 m/s。解析(3)P、Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有 MvPmvQ解得 vP1 m/s对 P、Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep12Mv2P12mv2Q解得 Ep0.3 J。解析动量与能量观点的综合应用解题技巧(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，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
6、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，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。(2019福建漳州二模)如图所示，倾角 37的光滑固定斜面上放有 A、B、C 三个质量均为 m0.5 kg 的物块(均可视为质点)，A 固定，C与斜面底端处的挡板接触，B 与 C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B 间的距离 d3 m，现释放 A，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，A、B 的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去 A，取 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求 A 与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小 v0；(2)若 B 沿斜面
7、向下运动到速度为零时(此时弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量 Ep10.8 J，求 B 沿斜面向下运动的最大距离 x；(3)若 C 刚好要离开挡板时，B 的动能 Ek8.7 J，求弹簧的劲度系数 k。解析(1)对 A 由释放到与 B 碰撞前瞬间，根据机械能守恒定律有：mgdsin12mv20解得：v06 m/s。解析答案答案(1)6 m/s(2)0.6 m(3)60 N/m(2)设碰撞后瞬间 A、B 的速度大小分别为 v1、v2，根据动量守恒定律有：mv0mv1mv2A、B 碰撞过程系统机械能守恒，有：12mv2012mv2112mv22解得：v10，v2v06 m/sA、B 碰撞后，对
8、 B 沿斜面向下压缩弹簧至 B 速度为零的过程，根据能量守恒定律有：Ep12mv22mgxsin解得：x0.6 m。解析(3)A、B 碰撞前，弹簧的压缩量为：x1mgsink当 C 刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2mgsink可见，在 B 开始沿斜面向下运动到 C 刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。根据机械能守恒定律有：12mv22Ekmg(x1x2)sin解得：k60 N/m。解析力学三大观点解决多过程问题解题技巧多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。1解题思路：(1)对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运
9、动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。提示：对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速度达到相同时受力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划分过程。(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。2过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简
10、化为一个过程应用力学规律，提高效率。例如物体经过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上运用机械能守恒定律；多个物体连续多次碰撞，有时可以看成一个过程运用动量守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动量守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。(2019山东滨州模拟)如图甲所示，足够长的木板 C 通过某一装置锁定在地面上，物块 A、B 静止在木板 C 上，物块 A、B 间距离为 1.1 m。开始时物块 A 以速度 v06 m/s 向右运动，物块 A 在与 B 碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示。已知物块 A、B 可视为质点，质量分别为 mA1 kg、mB4
11、kg，A、B 与木板间的动摩擦因数相同，木板 C 的质量为 mC1 kg，C 与地面间的动摩擦因数为16。A 与 B 弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响，A、B 碰撞瞬间木板 C 解除锁定。重力加速度取 10 m/s2。求：(1)物块与木板间的动摩擦因数；(2)碰撞后瞬间物块 A 的速度；(3)最后停止时物块 A、B 间的距离(结果保留两位小数)。答案答案(1)0.5(2)3 m/s，方向向左(3)1.37 m解析(1)根据图象可知 aAvt 对 A 受力分析并由牛顿第二定律有：1mAgmAaA联立式解得物块与木板间的动摩擦因数10.5(2)设碰撞前瞬间 A 的速度为 v，则v2v202
12、aAx1由于 A、B 弹性碰撞，取向右为正方向，设碰撞后 A、B 的速度分别为vA、vB，则 mAvmAvAmBvB解析12mAv212mAv2A12mBv2B联立式解得：vA3 m/s，vB2 m/s即碰撞后瞬间物块 A 的速度大小为 3 m/s，方向向左。(3)碰撞后对木板 C 受力分析得1mBg1mAg2(mAmBmC)gmCaC由物块 B 受力得：1mBgmBaB分析可知 B 先与 C 相对静止，设经时间 t1 物块 B 与木板 C 达到相同的速度 v，则解析vvBaBt1此时 C 的速度为 vaCt1联立式解得：v1.0 m/s，t10.2 s从 A、B 碰撞结束到 B、C 速度相同
13、，设 B 向右的位移大小为 x2，则x2vBv2t1此时 A 仍向左运动B、C 相对静止后一起向右运动，设其加速度大小为 a，则1mAg2(mAmBmC)g(mBmC)a解析分析可知 B、C 速度减为零后停止运动，A 继续向左减速，设 B、C 一起向右运动的位移大小为 x3，则0v22ax3设 A 碰撞后到停下经过的位移大小为 x4，则 0v2A2aAx4最后停止时物块 A、B 间的距离xx2x3x41.37 m。解析热点集训 1(2019湖南岳阳模拟)如图所示，一块足够长的木板 C 质量为 4m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有 A、B 两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹)
14、，两炭块质量均为 m，与木板间的动摩擦因数均为，开始时木板静止不动，A、B 两炭块的初速度分别为 v0、2v0，方向如图所示，A、B 两炭块相距足够远。求：(1)木板的最终速度；(2)木块 A 在整个过程中的最小速度；(3)A、B 两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。解析(1)选 A、B、C 整体为研究对象，由动量守恒定律可得：mv0m2v0(mm4m)v解得：v0.5v0。(2)A、B 做匀减速直线运动的加速度大小 amgm gA、B 都滑动时，木板的加速度大小amgmg4m12g。答案(1)0.5v0(2)v03 (3)7v204g答案解析因为 A 的初速度较小，A 与木板先达到共同速度，A
15、 与木板达到共同速度后，再与木板一起做匀加速直线运动，可知 A 与木板速度相同时，速度最小。设此过程经历时间为 t，则：v0atat，解得：t2v03g，则 A 的最小速度 vminv0atv03。解析(3)全过程根据能量守恒定律得：mgx12mv2012m(2v0)2126mv2解得：x7v204g。2(2019山东滨州模拟)如图 a 所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在 C 点，C 点左侧地面光滑、右侧地面粗糙。用可视为质点的质量为 m1 kg 的物体 A 将弹簧压缩至 O 点并锁定。以 O 点为原点建立坐标轴。现用水平向右的拉力 F 作用于物体 A，同时解除弹簧锁定，使物体A
16、做匀加速直线运动，拉力 F 随位移 x 变化的关系如图 b 所示，运动到 0.225 m 处时，撤去拉力 F。答案(1)求物体 A 与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；(2)若在 D 点给物体 A 一向左的初速度，物体 A 恰好能将弹簧压缩至 O点，求物体 A 到 C 点时的速度；(3)质量为 M3 kg 的物体 B 在 D 点与静止的物体 A 发生弹性正碰，碰后物体 A 向左运动并恰能压缩弹簧到 O 点，求物体 B 与 A 碰撞前的瞬时速度。答案(1)0.5 0.45 m(2)22 m/s(3)43 m/s解析(1)由于物体 A 做匀加速直线运动，结合图象分析可知
17、，在 C 点：FC5 Nma解得：a5 m/s2在 C 点右侧：Fmgma，F10 N解得：0.5从 O 到 C 点，物体做匀加速运动，则：v2C2axOC解得：vC1 m/s从 C 到 D 的过程中，由动能定理得：Fx1mgxCD012mv2C解析其中 x10.225 m0.1 m0.125 m解得：xCD0.35 m则 D 点坐标为：xDxOCxCD0.45 m。(2)物体 A 将弹簧由 C 点压缩至 O 点的过程，由动能定理得：W 弹012mv2C1物体从 O 到 C，由动能定理得：W 弹WF12mv2C0其中 WFFC2 xOC联立解得：vC1 22 m/s。解析(3)设 B 碰前速度
18、为 v0，碰后速度为 v1；碰后 A 的速度为 v2，则：Mv0Mv1mv212Mv2012Mv2112mv22物体 A 从 D 到 C 过程中，由动能定理：mgxCD12mv2C112mv22联立解得：v043 m/s。解析3(2019湖南长沙第一中学高三下学期模拟)一质量 M2 kg 的长木板B 静止在光滑的水平面上，B 的右端与竖直挡板的距离为 s0.5 m。一个质量为 m1 kg 的小物体 A 以初速度 v06 m/s 从 B 的左端水平滑上 B，当 B与竖直挡板每次碰撞时，A 都没有到达 B 的右端。设物体 A 可视为质点，A、B 间的动摩擦因数 0.2，B 与竖直挡板碰撞时间极短且
19、碰撞过程中无机械能损失，g 取 10 m/s2。求：(1)B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B 的速度值各是多少？(2)最后要使 A 不从 B 上滑下，木板 B 的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字)解析(1)假设 B 与挡板碰撞前已与 A 达到共速，设 A、B 达到共同速度 v1 时，B 向右运动的距离为 s1，则由动量守恒定律有：mv0(Mm)v1对 B，由动能定理有：mgs112Mv21 联立解得：s12 m答案解析答案(1)4 m/s 1 m/s(2)8.96 m由于 s0.5 m2 m，可知 B 与挡板碰撞时，A、B 还未达到共同速度，即假设不成立。设 B 与挡板碰撞前瞬
20、间 A 的速度为 vA，B 的速度为 vB，则由动量守恒定律有：mv0mvAMvB对 B，由动能定理有：mgs12Mv2B联立解得：vA4 m/s，vB1 m/s(2)B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当 B 速度减为零时，设 B 向左运动的距离为 sB，由动能定理有：mgsB12Mv2B解析由上式解得：sB0.5 m在 A 的作用下 B 再次向右运动，假设 B 与挡板碰撞前 A、B 已共速，设当 A、B 向右运动达到共同速度 v2 时 B 向右运动距离为 s2，由动量守恒定律有：mvAMvB(Mm)v2对 B，由动能定理有：mgs212Mv22解得：v223 m/s，s229 msB，故假设成立解析A、B 以共同速度23 m/s 向右运动，B 第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动。此后由于系统的总动量向左，故最后 A、B 将以共同速度v3 向左匀速运动。由动量守恒定律有：(Mm)v2(Mm)v3解得：v329 m/s设 A 在 B 上运动的总路程为 L(即木板 B 的最小长度)，对 A、B 组成的系统由功能关系得：mgL12mv2012(Mm)v23代入数据解得：L8.96 m。解析本课结束
