2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律专题强化八动力学动量和能量观点在力学中的应用学案作业含解析

1、专题强化八动力学、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，高考中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).题型一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

2、：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

3、系统机械能与其他形式能量之间的转换.作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.仞(2018 全国卷H 24)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1所3小,碰撞后B车向刖滑动了4.5mA车向刖滑动了2.0m.已知A和B的质重分别为2.0X10kg和1.5 X 103 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g= 10 m/s 2.求：2.(1 m|«- J .5 m -*|(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前

4、的瞬间 A车速度的大小.答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s解析(1)设B车的质量为rb,碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有 (imBg= ma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',碰撞后滑彳T的距离为sb.由运动学公式有Vb 2= 2aBSB 联立式并利用题给数据得vb' = 3.0 m/s (2)设A车的质量为ra,碰后加速度大小为 aA,根据牛顿第二定律有 (imAg= maA设碰撞后瞬间 A车速度的大小为 va',碰撞后滑彳T的距离为sa,由运动学公式有V a' 2=23asa 设碰撞前的瞬间 A车

5、速度的大小为 Va.两车在碰撞过程中动量守恒，有 rava= rava' + mvB' 联立式并利用题给数据得V a= 4.25 m/s【变式1】(2019 河南示范性高中上学期期终)如图2所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R= 0.5 m, P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙.质量m= 1 kg的物块A以vo=10 m/s 的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量 M= 2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块 B在粗糙轨道上滑行 18 m后速度减小为零.已知物块

6、 A、B与 粗糙轨道间的动摩擦因数均为 =0.1 ,取重力加速度大小 g=10 m/s：物块A B均可视为 质点.求：图2(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力;(2)最终物块A静止的位置到P点的距离.答案 (1)150 N ,方向竖直向下 (2)2 m解析(1)物块A从开始运动到 Q点的过程中，由机械能守恒定律可得:1212mv = mgx r R+ gms物块A在Q点时，设轨道对物块 A的弹力Ft向下，由牛顿第二定律可得:2VQ R+mg= m-R-解得 Ft= 150 N,则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150 N,方向竖直向下；(2)由机械能守恒定律可知，物块A与B碰

7、前瞬间的速度为 Vo,物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：mv= mv+ Mv碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：V22=2axBFf = Mg= Ma解得 V1= 2 m/s , V2= 6 m/s由机械能守恒定律可知，物块 A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：1m%in2=mgx 2 RV min = 2 ：5 m/s>2 m/s则物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到 P点的距离为xa,则：V：= 2gxA解得最终物块 A静止的位置到 P点的距离xa=2 m题型二力学三大观点解决多过程问题1 .表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带

8、上的直线运动.(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动.2 .应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度.(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量 (功).(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).D点的质量2(2019 山东省实验中学第二次模拟 )如图3所示，有一个可视为质点的质量为 m= 1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A点以vo=2 m/s的初速度水平抛

9、出，到达 C点时，恰好沿 C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端为 g 3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 = 0.3,圆弧轨道的半径为R= 0.4 m, C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角0 =60° ,不计空气阻力，g取10 m/s2.求：图3(1)小物块到达C点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大.答案 (1)4 m/s (2)60 N ,方向竖直向下(3)2.5 m解析(1)小物

10、块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60° ,Vc=V0cos 60=4 m/s1212(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR1 - cos 60 )= -mD2-mc2,代入数据解得：Vd = 2季m/s.2VD小物块在D点时由牛顿第二定律得：Fn mg= mR代入数据解得：Fn = 60 N,由牛顿第三定律得：Fn' = Fn= 60 N,方向竖直向下.(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v,小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mv= ( M m) v,5解得：v = 2 m/s 1212对物块和木板组成的系统，由功能关系得(1

11、 mgL= -mD -2( M+ m) v解得：L=2.5 m【变式21 (2019 贵州安顺市适应性监测(三)如图4所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上， 下端与水平地面在 P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点) 静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点， P、Q间的距离为R PQ段地面粗糙、动摩擦因数为 =0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为 m的物 块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为 g.求：A图4(1)物块A沿圆弧轨道滑至 P点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；

12、(3)物块A最终停止位置到 Q点的距离.答案(1)3 mg (2) 1mgR 1R 39解析(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至 P点，设物块A在P点的速度大小为vp,1 2由机械能守恒定律有：mgR= mw在最低点轨道对物块的支持力大小为Fn,2 VP由牛顿第二7E律有：Fn- mg= mR,联立解得：Fn= 3mg由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg 1c(2)设物块A与弹黄接触刖瞬间的速度大小为V0,由动能te理有 mgR(1 mgR= 2mv0,解得vo= gR,当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv= (2m) v,1212 ,2mv

13、= 2(m+ 2n) v +5,1联立斛得 日=-mgfR 3(3)设物块A与弹簧分离时，A B的速度大小分别为 v1、v2,规定向右为正方向，则有mv= mv+ 2mv,1212 , J、22mv = 2mv + 2(2 n) V2 ,联立解得：v1=3：gR1 c设A取终停在 Q点左侧距 Q点x处，由动能te理有：(1 mg20 2mv解得x = 1R 9课时精练限时训维练规范要速度1 ;1. （2018 全国卷I 24） 质量为 m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空.当烟花弹上 升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.

14、爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.-12E2E答案g 'm （2）mg解析（1）设烟花弹上升的初速度为 V0,由题给条件有E= 2mv2 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0一 Vo= - gt 联立式得（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有V1和V2.由E= mgh 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为题给条件和动量守恒定律有mv2+ ；mv2= ED 44112mv+

15、mv=0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有1mv2= 1mgh 联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为2E h= h1+ h2=-mg2.（2019 河南南阳市上学期期末）如图1所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B（可视为质点），A的质量m= 1.0 kg , B的质量MM= 4.0 kg , A B之间有一轻质压缩弹簧，且 AB间用细线相连（图中未画出），弹簧的弹性势能 b=40 J,弹簧的两端与物块接触但不固定连接.水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连

16、接.将细线剪断,B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上 B,并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s 2,求：图1(1) A与弹簧分离时的速度大小；(2) A B沿斜面上升的最大距离.答案 (1)8 m/s (2)1.024 m解析(1)设A、B与弹簧分离时的速度大小分别为V1、V2,系统动量守恒：0= mv Mv1212系统能重寸恒：b = 2mv +,Mv解得 V1= 8 m/s , V2=2 m/s ;(2) A与墙壁碰后速度大小不变，设A与B相碰后，A与B的速度大小为 v,A B系统动量守恒： mv+Mv=(m+ Mv 解得 v = 3.2 m

17、/s对A、B整体，由动能定理得：12-(MgLsin 30 = 0-2(Mv解得 L= 1.024 m.3. (2019 湖北稳派教育上学期第二次联考)如图2所示，半径R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R=0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m= 0.1 kg的乙物块放在平台 BC的右端C点，将质量也为 m的甲物块在 A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一 起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为 = 0.2 , BC长L= 1 m,重力加速度g取10 m/s2,不计两物块的大小及碰

18、撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到 CD或轨道上所用的时间.答案 (1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s12解析(1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR= mv2Vi 甲物块运动到 B点时，根据牛顿第律有： Fn mg= mR 联立解得：Fn= 3 N根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点对轨道的压力大小 Fn' = Fn= 3 N(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a= tig=2 m/s2甲物块乙相碰前瞬间的速度为V2 =W12 2 “ gL = 4 m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为V3,根据动量守恒有：mv=2mv解得：V3 = 2 m/s ;(3)碰撞后，甲和乙以 2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上 ，一 颜则下洛的时间 t = A / = 0.4 s则水平的位移 x