老高考统考物理二轮复习课件：核心素养微专题4 动力学、动量和能量观点的综合应用.ppt

1、动力学、动量和能量观点的综合应用 科科 学学 思思 维维 本专题为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关键要做好“五选择”： (1)当物体受到恒力作用，运动状态改变，且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。 (2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现 相对位移时，应优先选择能量守恒定律。 (3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。 (4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题进行求解。 (5)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。 示例 (2019高考全国卷)静

2、止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之 间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放， 使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地 面之间的动摩擦因数均为0.20。重力加速度取g10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰 撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小。 (2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？ (3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？ 解析解析 (1

3、)设弹簧释放瞬间设弹簧释放瞬间 A 和和 B 的的速度大小分别为速度大小分别为 vA、vB。以向右为。以向右为 正，由动量守恒定律和能量守恒定律有正，由动量守恒定律和能量守恒定律有 0mAvAmBvB Ek1 2mAv 2 A 1 2mBv 2 B 联立联立式并代入题给数据得式并代入题给数据得 vA4.0 m/s，vB1.0 m/s (2)A、 B 两物块与地面间的动摩擦因数相等， 因而两者滑动时加速度大小两物块与地面间的动摩擦因数相等， 因而两者滑动时加速度大小 相等，设为相等，设为 a。假设。假设 A 和和 B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块

4、应为弹簧释放后速度较小的应为弹簧释放后速度较小的 B。设从弹簧释放到。设从弹簧释放到 B 停停止所需时间为止所需时间为 t，B 向左向左运动的路程为运动的路程为 sB，则有，则有 mBamBg sBvBt1 2at 2 vBat0 在时间在时间 t 内，内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并将向左运动，碰撞并 不改变不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间在时间 t 内的路程内的路程 sA都可表示为都可表示为 sAvAt1 2at 2 联立联立式并代入题给数据得式并代入题给数据得 sA1.7

5、5 m，sB0.25 m 这表明在时间这表明在时间 t 内内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时发生碰撞，此时 A 位于出发点右边位于出发点右边 0.25 m 处，处，B 位于出发点左边位于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的处，两物块之间的 距离距离 s 为为 s0.25 m0.25 m0.50 m (3)t 时刻后时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度碰撞，碰撞时速度 的大小为的大小为 vA，由动能定理有，由动能定理有 1 2mAvA 2 1 2mAv 2 A mAg(2lsB) 联

6、立联立式并代入题给数据得式并代入题给数据得 vA 7 m/s 故故 A 与与 B 将发生碰撞。设碰撞后将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为的速度分别为 vA和和 vB，由动量，由动量 守恒定律与机械能守恒定律有守恒定律与机械能守恒定律有 mA(vA)mAvAmBvB 1 2mAvA 2 1 2mAvA 2 1 2mBvB 2 联立联立式并代入题给数据得式并代入题给数据得 vA3 7 5 m/s，vB2 7 5 m/s 这表明碰撞后这表明碰撞后 A 将向右运动，将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距向右运动距 离为离为 sA时停止，时停止，B 向左运动

7、距离为向左运动距离为 sB时停止，由运动学公式有时停止，由运动学公式有 2asAvA2，2asBvB2 由由式及题给数据得式及题给数据得 sA0.63 m，sB0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后之间的距离之间的距离 ssAsB0.91 m 答案答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块物块 B 先停止先停止 0.50 m (3)0.91 m 易错警示 “三大观点”解决力学综合问题的四点注意 (1)弄清参与运动的物体，划分物体的运动过程，如示例中分成“弹簧的反弹”“物块的滑动”“A与墙的碰撞” 及“A与B的碰

8、撞”多个阶段。 (2)正确的受力分析，明确运动特点，如示例中“弹簧的反弹”满足动量和能量守恒，“物块的滑动”应用动力 学规律及动能定理。 (3)物体在光滑的平面上运动，或沿光滑的曲面下滑，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)含摩擦生热的问题，一般考虑应用能量守恒定律分析。 应用提升练 1如图所示，一质量m10.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m20.5 kg的小物块， 小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数0.5。现有一质量m00.05 kg的子弹以v010

9、0 m/s的水平 速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： (1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1； (2)要使小物块不脱离小车，小车的最小长度。 解析：解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由 动量守恒定律得动量守恒定律得 m0v0(m0m1)v1 解得解得 v110 m/s。 (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，设当小物块与车共速时， 共同速度为共同速度为 v2，两者相对位移大小为，两者相对位移大小为

10、 L， 由动量守恒定律和能量守恒定律有由动量守恒定律和能量守恒定律有 (m0m1)v1(m0m1m2)v2 m2gL1 2(m0 m1)v2 1 1 2(m0 m1m2)v2 2 解得解得 L5 m 故要使小物块不脱离小车，小车的最小长度为故要使小物块不脱离小车，小车的最小长度为 5 m。 答案：答案：(1)10 m/s (2)5 m 2质量为mB2 kg的木板B静止于光滑 水平面上，质量为mA6 kg的物块A停 在B的左端，质量为mC2 kg的小球C 用长为l0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。 现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由 静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为t110

11、2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高 度h0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A不滑离木板B，木板B的最小长度。 解析：解析：(1)C 下摆过程，根据动能定理，有下摆过程，根据动能定理，有 mCgl1 2mCv 2 C 所以所以 vC 2gl4 m/s C 反弹过程，根据动能定理，有反弹过程，根据动能定理，有mCgh01 2mCvC 2 vC 2gh2 m/s。 取向右为正方向，对取向右为正方向，对 C 根据动量定理，有根据动量定理，有 FtmCvCmCvC

12、 解得解得 F1 200 N。 (2)C 与与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律，有碰撞过程，根据动量守恒定律，有 mCvCmCvCmAvA 所以所以 vA2 m/s A 恰好恰好滑至木板滑至木板 B 右端并与其共速时，右端并与其共速时，B 的长度最小的长度最小 根据动量守恒定律，有根据动量守恒定律，有 mAvA(mAmB)v 所以所以 v1.5 m/s 根据能量守恒定律，有根据能量守恒定律，有 mAgx1 2mAv 2 A 1 2(mA mB)v2 解得解得 x0.5 m。 答案：答案：(1)1 200 N (2)0.5 m 3如图所示，半径为如图所示，半径为 R 的光滑半圆环轨道竖直固定在一

13、水平光滑的桌面的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面 上，桌面距水平地面的高度也为上，桌面距水平地面的高度也为 R，在桌面上轻质弹簧被，在桌面上轻质弹簧被 a、b 两个小球两个小球 挤压挤压(小球与弹簧不拴接小球与弹簧不拴接)，处于静止状态。同时释放两个小球，小球，处于静止状态。同时释放两个小球，小球 a、 b 与弹簧在桌面上分离后，与弹簧在桌面上分离后，a 球从球从 B 点滑上半圆环轨道最高点点滑上半圆环轨道最高点 A 时速度时速度 为为 vA 2gR，已知小球，已知小球 a 质量为质量为 m，小球，小球 b 质量为质量为 2m，重力加速度为，重力加速度为 g，求：，求： (1)小球a在

14、圆环轨道最高点对轨道的压力； (2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小； (3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离。 解析：解析：(1)设设 a 球通过最高点时受轨道的弹力为球通过最高点时受轨道的弹力为 FN，由牛顿第二定律有，由牛顿第二定律有 mgFN mv 2 A R 解得解得 FNmg 由牛顿第三定律，由牛顿第三定律，a 球对轨道的压力为球对轨道的压力为 mg，方向竖直向上。，方向竖直向上。 (2)设小球设小球 a 与弹簧分离时的速度大小为与弹簧分离时的速度大小为 va，取桌面为零势能面，由机械，取桌面为零势能面，由机械 能守恒定律有能守恒定律有1 2mv 2 a 1 2mv 2 A

15、mg2R 解得解得 va 6gR 小球小球 a、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，有从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，有 mva2mvb 解得解得 vb 6gR 2 。 (3)b 球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为 x，则，则 R1 2gt 2 xvbt 解得解得 x 3R。 答案：答案：(1)mg，方向竖直向上，方向竖直向上 (2) 6gR 2 (3) 3R 4.如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻 地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且

16、不计能量损失。已知物块A的质量m 1 kg，木板B的质量M4 kg，板长L6 m，木板与斜面间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求： (1)第一次碰撞后的瞬间第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小；的速度大小； (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距距 B 下端的最大距离。下端的最大距离。 解析：解析：(1)小物块小物块 A 向下滑动时，木板向下滑动时，木板 B 静止不动。设静止不动。设 A 与与 B 发生弹性发生弹性 碰撞前的速度碰撞前的速度 v0， 由机械能守恒

17、定律得由机械能守恒定律得 mgL 2 sin 37 1 2mv 2 0 解得解得 v06 m/s 设设 A 与与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为发生弹性碰撞后的速度分别为 v1和和 v2， 由碰撞过程动量守恒和， 由碰撞过程动量守恒和 能量守恒可得能量守恒可得 mv0mv1Mv2 1 2mv 2 0 1 2mv 2 1 1 2Mv 2 2 解得解得 v13.6 m/s，v22.4 m/s 可见，可见，A 与与 B 第一次碰后，第一次碰后，A 的速度大小为的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜面向上，方向沿斜面向上， B 的速度大小为的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下。，方向沿斜面向下

18、。 (2)A 与与 B 第一次碰后，第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动；沿板向上做匀减速运动；因因 B 受到斜面的支持受到斜面的支持 力力 FN(mM)gcos 40 N，则，则 B 受到斜面的摩擦力受到斜面的摩擦力 FfFN0.640 N24 N，又，又 Mgsin 24 N，则，则 FfMgsin ，故，故 B 沿斜面向下做匀沿斜面向下做匀 速直线运动。速直线运动。A 与与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，第一次碰撞后到第二次碰撞前，A 与与 B 速度相等之速度相等之 时，时，A 与与 B 下端有最大距离，此过程中，下端有最大距离，此过程中， A 运动的时间运动的时间 t1 v2v1 g

19、sin 37 1 s A 向上运动的位移大小向上运动的位移大小 xA v2 1 v2 2 2gsin 37 0.6 m B 向下运动的位移大小向下运动的位移大小 xBv2t12.4 m A 距距 B 下端的最大距离下端的最大距离 xmxAxB3 m。 答案：答案：(1)3.6 m/s 2.4 m/s (2)3 m 5(2019高考全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静 止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生 弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为

20、0，此时对其施加一外力，使其 在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时 A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力 (1)求物块求物块 B 的质量；的质量； (2)在图在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功；克服摩擦力所做的功； (3)已知两已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B 停止运动后，改停止运动后，改 变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从从 P 点释放，一段时间后点

21、释放，一段时间后 A 刚刚 好能与好能与 B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 解析：解析：(1)根据图根据图(b)，v1为物块为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，在碰撞前瞬间速度的大小， v1 2 为其碰撞为其碰撞 后瞬间速度的大小。 设物块后瞬间速度的大小。 设物块 B 的质量为的质量为 m， 碰撞后瞬间的速度大小为， 碰撞后瞬间的速度大小为 v。 由动量守恒定律和机械能守恒定律有由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1m(v1 2 )mv 1 2mv 2 1 1 2m( 1 2v1) 2 1 2mv 2 联立联立式得式得 m3m (2)在图在图

22、(b)所描述的运动中，设物块所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为与轨道间的滑动摩擦力大小为 f， 下滑过程中所走过的路程为下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点的点的 高度为高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W。由动能定理有。由动能定理有 mgHfs11 2mv 2 1 0 (fs2mgh)01 2m( v1 2 )2 从图从图(b)所给出的所给出的 v- t 图线可知图线可知 s11 2v1t1 s21 2 v1 2 (1.4t1t1) 由几何关系由几何关系 s2 s1 h

23、H 物块物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为在整个过程中克服摩擦力所做的功为 Wfs1fs2 联立联立式可得式可得 W 2 15mgH (3)设倾斜轨道倾角为设倾斜轨道倾角为 ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 ，有，有 Wmgcos Hh sin 设物块设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为在水平轨道上能够滑行的距离为 s，由动能定理有，由动能定理有mgs0 1 2mv 2 设改变后的动摩擦因数为设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有，由动能定理有 mghmgcos h sin mgs0 联立联立式可得式可得 11 9 答案：答案：(1)3m (2) 2 15mgH (3) 11 9