1、小专题8 力学综合计算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：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机械能守恒定律去解决问题，但需注意
2、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.突破 1 动量守恒与牛顿动力学的综合【典题 1】(2018 年新课标卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图 Z8-1 所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动
3、了2.0 m，已知A车和B车的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小.(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小.图 Z8-1解：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，(1)设 B 车质量为 mB，碰后加速度大小为 aB，根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0
4、m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有 mAgmAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA22aAsA 设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvAmAvAmBvB 联立式并利用题给数据得 vA4.3 m/s.【考点突破 1】(2018 届辽宁凌源月考)如图 Z8-2 所示，质量 M1 kg 的长木板 B 置于粗糙的平台上，在长木板的左侧有一质量 m23 kg 的物块 A，物块 A 与木板 B 之间的动摩擦因数为 10.2.质量为 m11 kg 的小球 C 用轻质细线悬挂于物块 A的正上方，
5、将小球 C 向左拉至某一个高度，由静止释放，释放时小球 C 和物块 A 之间的高度差为 h3.2 m.小球 C 和物块 A发生弹性正碰的瞬间细线断裂.与此同时，对长木板 B 施加一大小 F14 N，方向水平向右的恒力.当物块 A 与木板 B 速度相同时，物块 A 在长木板 B 的左端49 m 处，取重力加速度 g10 m/s2.试求：(1)小球 C 和物块 A 发生弹性正碰后，物块 A 的速度为多少？(2)长木板 B 与地面间的动摩擦因数2.(3)在 A、B 速度达到相同后，再经过 t 时间，撤去水平恒力 F，求 t 满足什么条件时，无论长木板多长，物块都会滑出长木板.(结果可保留根号)图 Z
6、8-2解：(1)根据机械能守恒定律 m1gh12m1v20解得 C 球和 A 物块相碰前的速度 v08 m/s球 C 与物块 A 相碰据动量守恒定律和机械能守恒定律：m1v0m1v1m2v212m1v2012m1v2112m2v22解得球 C 碰后速度 v14 m/s，物块 A 碰后速度 v24 m/s.(2)设 A、B 共同的速度为 v3，根据平均速度公式可知：物块 A 的位移 xAv2v32t1，木块 B 的位移 xBv32 t1xAxB49 m解得：A、B 达到共同速度的时间 t129 s，A、B 的共同速度 v3329 m/s故长木板 B 的加速度 a2v3t116 m/s2对长木板B
7、受力分析.根据牛顿第二定律可知：F1m2g2(m2M)gMa2 解得：木板B对地面间的动摩擦因数20.1.(3)在A、B速度相同后，A的加速度a11g2 m/s2 对木板B受力分析，根据牛顿第二定律可知F1m2gu2(m2M)gMa2 解得：A、B共速后，B的加速度a24 m/s2在 t 时间内，长木板 B 的位移：xB1v3t12a2t2物块 A 的位移：xA1v3t12a1t2撤去F后，物块A继续加速，木板B减速，两者共速后，由于12，所以A、B以相同的加速度一起减速.故使物块A一定能滑出长木板B的临界条件是两者共速时，A刚好到B的左边缘上，设撤去力F到共速.时间为t 此时木板加速度满足：
8、1m2g2(m2M)gMa2 解得：撤去F后，B的加速度a210 m/s2t时间内，物块 A 的位移为：xA2(v3a1t)t12a1t2B 的位移为：xB2(v3a2t)t12a2t2由于两者最终共速故有：v3a2ta2tv3a1(tt)由于最终 A 在 B 的左边缘上，所以xB1xB2(xA1xA2)49解得：t2 4221s，故当 t2 4221s 时，无论长木板多长，物块都会滑出长木板.突破 2 动量守恒与平抛运动的综合【典题 2】(2018 届广东五校联考)如图 Z8-3 所示，光滑细管 ABC，AB 内有一压缩的轻质弹簧，上方有一质量m10.01 kg的小球 1；BC 是半径 R1
9、 m 的四分之一圆弧细管，管口 C 的切线水平，并与长度 L1 m 的粗糙直轨道 CD 平滑相接，小球与 CD 的滑动摩擦系数0.3.现将弹簧插销 K 拔出，球 1 从管口 C 水平射出，通过轨道 CD 后与球 2 发生弹性正碰.碰后，球2 立即水平飞出，落在 E 点.球 1 返回管口 C 时恰好对管道无作用力，若球 1 最后也落在 E 点.(球 1 和球 2 可视为质点，g10 m/s2)求：(1)碰后球 1 的速度、球 2 的速度.(2)球 2 的质量.图 Z8-3解：(1)球 1 刚返回管口 C 时恰好对管道无作用力，则以重力作为向心力 m1gm1v212R球 1 在 CD 水平面上所受
10、的摩擦力：fFNm1g球 1 从 DC 过程，根据动能定理：fL12m1v21212m1v211由以上三式解得：球 1 与球 2 碰后速度 v114 m/s，球 1碰后在 C 点速度 v12 10 m/s由于管道光滑，根据能量守恒，球 1 以速度 v12 从管口 C出来解得：球 1 第 2 次在 D 的速度 v132 m/s要使球 1 也落在 E 点，根据平抛运动的规律可知：v2v132 m/s.球 1 从 CD 过程，根据动能定理：fL12m1v21312m1v212(2)1、2 两球在 D 点发生弹性正碰，由题可知碰后球 1 的速度向左根据动量守恒m1v10m1v11m2v2由以上两式解得
11、：球 2 的质量 m20.05 kg.根据能量守恒12m1v21012m1v21112m2v22【考点突破 2】(2017 年湖南衡阳高三大联考)如图 Z8-4 甲所示，在高 h0.8 m 的水平平台上放置一质量为 M0.9 kg 的小木块(视为质点)，距平台右边缘 d2 m.一质量为 m0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后一起向右运动，在平台上运动的 v2-x 关系如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为 s1.6 m的地面上.g 取 10 m/s2，求：(1)小木块滑出平台时的速度.(2)子弹射入小木块前的速度.(3)子弹射入木块前至
12、木块滑出平台时，子弹、小木块和平台构成的系统所产生的内能.甲乙图 Z8-4解：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有：h12gt2，svt联立以上两式可得：vs2hg 4 m/s.(2)设子弹射入木块后共同速度为 v1，由题图乙可知：40v2v2140解得 v18 m/s，子弹射入木块的过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv0(Mm)v1v0Mmv1m80 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能为 Q，则Q12mv2012(Mm)v2120.1802 J12(0.90.1)42 J312 J.突破 3 动量守恒与圆周运动的综合【典题 3】(2016 年黑龙江
13、大庆实验中学高三检测)如图Z8-5所示，一光滑水平桌面 AB 与一半径为 R 的光滑半圆形轨道相切于 C 点，且两者固定不动.一长 l 为 0.8 m 的细绳，一端固定于 O 点，另一端系一个质量为 m10.2 kg 的球.当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零.现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放.当球 m1 摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量为 m20.8 kg 的小铁球正碰，碰后 m1 小球以 2 m/s的速度弹回，m2 将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点 D.g取 10 m/s2.求：(1)m2 在圆形轨道最低点 C 的速度为多大？(2)光滑圆形轨道半径 R 应为多
14、大？图 Z8-5解：(1)设球 m1 摆至最低点时速度为 v0，由小球(包括地球)机械能守恒有 m1gl12m1v20，解得 v0 2gl4 m/sm1与m2相撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为 v1、v2.选向右的方向为正方向，则：m1v0m1v1m2v2 代入数据解得：v21.5 m/s.(2)m2 在 CD 轨道上运动时，由机械能守恒定律有12m2v22m2g2R12m2v2D 由小球恰好通过最高点 D 点可知，重力提供向心力，即：m2gm2v2DR 由式解得：R0.045 m.【考点突破 3】(2017 年河南郑州质量预测)如图 Z8-6 所示，粗糙水平轨道 BD 通过光滑水平
15、轨道 AB 相连，在光滑水平轨道上，有 a、b 两物块和一段轻质弹簧.将弹簧压缩后用细线将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接.将细线烧断后，物块 a 通过圆弧轨道的最高点 P 时，对轨道的压力等于自身重力.已知物块 a的质量为 m，b 的质量为 2m，物块 b 与 BD 面间的动摩擦因数为，物块到达 A 点或 B 点前已和弹簧分离，重力加速度为 g.求：半径为 R 的光滑的34圆弧轨道 AC 放在竖直平面内，与足够长的(1)物块 b 沿轨道 BD 运动的距离 x.(2)烧断细线前弹簧的弹性势能 Ep.图 Z8-6解：(1)弹簧弹开 a、b 过程，由动量守恒定律得mv12mv20物块 a 从 A 到
16、 P 运动的过程中，由机械能守恒定律得12mv21mg2R12mv2p最高点重力与支持力的合力提供向心力，有 mgFmv2pR联立可解得 v1 6gR，v23gR2 物块 b 减速到停下的过程中，由动能定理得(2mg)x012(2m)v22可解得 x3R4.(2)弹簧弹开物块过程，弹性势能转化为动能，有Ep12mv2112(2m)v22解得弹性势能 Ep92mgR.突破 4 动量在电磁感应问题中的应用【典题 4】(2018 届贵州黔东南州模拟)如图 Z8-7 所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为 L，导轨上平行放置两根导体棒ab 和 cd，构成矩形回路.已知两根导体
17、棒的质量均为 m、电阻均为 R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B，导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，导体棒 cd 静止、b 棒有水平向右的初速度 v0，两导体棒在运动中始终不接触且始终与两导轨垂直.求：(1)从开始运动到导体棒 cd 达到最大速度的过程中，棒 cd产生的焦耳热及通过棒 ab 横截面的电量.图 Z8-7(2)当棒 cd 速度变为14v0 时，棒 cd 加速度的大小.解：(1)当 ab 棒与 cd 棒速度相同时，cd 棒的速度最大，设最大速度为 v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv由能量守恒定律可得：系统产生的焦耳热解得 v12
18、v0Q12mv20122mv214mv20棒 ab 和 cd 电阻相等，故 cd 棒产生的焦耳热 Qcd12Q18mv20对 ab 棒应用动量定理得F tI LBtLBqm12v0mv0联立解得，通过 ab 棒的电量 qmv02LB.(2)设当 cd 棒的速度为14v0 时，ab 棒的速度为 v由动量守恒定律得 mv0m14v0mv解得 v34v0根据法拉第电磁感应定律有EabBLv34BLv0，Ecd14BLv0根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流IEabEcd2RBLv04R根据牛顿第二定律，此时 cd 棒的加速度大小为aFcdm ILBm B2L2v04mR.【考点突破 4】(2017 年
19、四川凉山州三诊)如图 Z8-8 所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为 B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为 R 的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距l、质量为 m 的金属棒，其电阻为 r，金属棒与金属导轨接触良好.导体棒在水平向右的恒力 F 作用下从静止开始运动，经过时间 t 后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：(1)导体棒匀速运动时回路中电流的大小.(2)导体棒匀速运动的速度大小以及在时间 t 内通过回路的电量.图 Z8-8解：(1)导体棒匀速运动时，有 F 安F，则由安培力公式FBIl，解得 IFBl.(2)利用闭合电路的欧姆
20、定律得 I BlvRr，解得 vFRrB2l2根据电荷量计算公式，可得 qIt 根据动量定理，可得 FtBIltmv 由式得 qFtBlmFRrB3l3.突破 5 动量在电场、磁场中的应用【典题5】(2017 年陕西西安长安区第一中学模拟)如图Z8-9所示，竖直平面 MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙.质量为 m 的物体 A 静止在 MN 左侧的水平面上，已知该物体带负电，电荷量的大小为 q.一质量为13m 的不带电的物体 B 以速度 v0 冲向物体 A 并发生弹性碰撞，碰撞前后物体 A 的电荷量保持不变
21、.求：(1)碰撞后物体 A 的速度大小.(2)若 A 与水平面的动摩擦因数为，重力加速度的大小为g，知物体 A 从 MN 开始向右移动的距离为 l 时，速度增加到最大值.求：此过程中物体 A 克服摩擦力所做的功 W.此过程所经历的时间 t.图 Z8-9磁感应强度的大小为 B3mgqv0，电场强度的大小为 E4mgq.已解：(1)设 A、B 碰撞后的速度分别为 vA、vB，由于 A、B发生弹性碰撞，动量、机械能守恒，则有：13mv013mvBmvA 1213mv201213mv2B12mv2A 联立式可解得：vA12v0.(2)A 的速度达到最大值 vm 时合力为零，受力如图 Z8-10所示.图
22、 Z8-10竖直方向合力为零，有：NqvmBmg水平方向合力为零，有：qEN根据动能定理，有：qElW12mv2m12mv2A 联立式并代入相关数据可解得：W4mgl38mv20.方法一：在此过程中，设 A 物体运动的平均速度为 v，根据动量定理有：qEt N tmvmmvA N mgq v B 依题意有：v tl 联立并代入相关数据可解得：t lv0 v06g.方法二：设任意时刻 A 物体运动的速度为 v，取一段含此时刻的极短时间t，设此段时间内速度的改变量为v，根据动量定理有：qEt(mgqvB)tmv而vtlmvmvmmvA联立式并代入相关数据可解得：ttlv0 v06g.【考点突破 5
23、】(2018 年黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期末)如图 Z8-11 所示，区域和区域的匀强磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，在区域的 A 处有一静止的铀核23592U 发生 衰变后衰变成钍核22890Th，22890Th 和 粒子的运动轨迹如图，其中 粒子由区域进入区域，与光华绝缘挡板 PN 垂直相碰后(PN 与磁场分界线 CD 平行)，经过一段时间又能返回到 A处，已知区域的宽度为 d，元电荷的值为 e，sin 3380.25，不考虑钍核和 粒子的相互作用和重力.(1)请写出铀核衰变反应方程.(2)试求钍核的轨道半径.(3)试求当粒子第一次返回到 A 处时钍核和粒子的距离L.图 Z8-11
24、解：(1)核反应方程为23592U42He22890Th.(2)衰变过程遵守动量守恒，则由 RmvBq可以知道，左边为 粒子轨迹，且在区域、中轨道半径相同，轨迹和 CD 的交点设为 P，过 P 的轨迹半径与 CD 的夹角为，由几何关系可知 60，则 粒子轨道半径为 R dsin dsin 602 33d又 粒子的轨道半径 RmvqB钍核的轨道半径 RThmThvThqB根据动量守恒可得 mvmThvTh，又知 q90e，mTh57m解得钍核运动的轨道半径为 RTh2 3135 d.(3)粒子与钍核在磁场中的周期比为 TTTh2m2Be257m90Be4557从衰变刚结束到 粒子第一次返回到 A 处时历时 t420360Tt 时间内钍核转过的圆心角为 4203604557210557所以 L2RThsin122 2RThsin122105573135d.