高考物理总复习第六章动量守恒定律专题强化九力学三大观点的综合应用

专题强化九力学三大观点的综合应用【专题解读1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点。2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。1．三个基本观点(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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2．主要运动形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、滑块在木板上的运动、传送带上的直线运动等。(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等。(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等。3．规律选用原则(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)或动能定理(涉及位移)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，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含有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。【真题示例1(2021·广东卷，13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图1所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。图1(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案(1)能，计算过程见解析(2)0.2s解析(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2－veq\o\al(2,1)＝2a1s1解得v1＝0.3m/s甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2设乙算珠能运动的最远距离为s，则s＝eq\f(veq\o\al(2,乙),2a2)＝0.02m由于s＝s2所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s。【真题示例2(2020·海南卷)如图2所示，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma＝1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb＝3kg小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R＝0.8m，传送带的长度L＝1.25m，传送带以速度v＝1m/s顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。求：图2(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；(2)碰后小物块a能上升的最大高度；(3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。答案(1)30N(2)0.2m(3)1s解析(1)设小物块a下滑到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为va，根据机械能守恒定律有magR＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)代入数据解得va＝4m/s小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有FN－mag＝maeq\f(veq\o\al(2,a),R)代入数据解得FN＝30N，根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。(2)小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有mava＝mava′＋mbvb根据能量守恒有eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)联立解得va′＝－2m/s，vb＝2m/s小物块a反弹，根据机械能守恒有magh＝eq\f(1,2)mava′2解得h＝0.2m。(3)小物块b滑上传送带，因vb＝2m/s>v＝1m/s，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmbg＝mba解得a＝2m/s2则小物块b由2m/s减至1m/s，运动的位移为x1＝eq\f(veq\o\al(2,b)－v2,2a)＝0.75m运动时间为t1＝eq\f(vb－v,a)＝0.5s因x1＝0.75m<L＝1.25m，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(1.25－0.75,1)s＝0.5s故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间t＝t1＋t2＝1s。【例3(2021·山东济南市模拟)如图3所示，两足够长直轨道间距d＝1.6m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R＝1m的半圆，圆心分别为O、O′。有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：图3(1)滑板P与轨道间的动摩擦因数μ2；(2)O′O的长度L；(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。答案(1)0.45(2)2.25m(3)2J解析(1)对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图甲和乙所示由几何关系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mgcosθ＝2FN′cosαMgsinθ＝2μ2FN′联立解得μ2＝0.45。(2)第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒mv0＝(m＋M)v1设滑块相对滑板的位移OO′为L，由系统的动能定理得mgLsinθ－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立方程解得L＝2.25m。(3)第四个小滑块从滑上滑板到与滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有4mv0＝(4m＋M)v4第五个小滑块从滑上滑板到与滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有5mv0＝(5m＋M)v5设第五个滑块相对滑板的位移OO′为L5，由系统的动能定理，得mgL5sinθ－μ1mgL5cosθ＝eq\f(1,2)(5m＋M)veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(4m＋M)veq\o\al(2,4)则由于摩擦产生的热量Q＝μ1mgL5cosθ＝2J。【针对训练1(2021·河北卷，13)如图4所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：图4(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)设背包的质量为m1，滑雪者的质量为m2对背包，由牛顿第二定律得m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得背包的加速度a1＝2m/s2设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得eq\f(1,2)a1t2＝v0(t－1)＋eq\f(1,2)a2(t－1)2解得t＝3s则滑道AB段的长度xAB＝eq\f(1,2)a1t2＝9m。(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程中动量守恒，根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m2＋m1)v解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s。【针对训练2(2021·北京卷，17)如图5所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：图5(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)两物块碰撞后，竖直方向的运动为自由落体运动则有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)设A、B碰后瞬间的速度为v，水平方向的运动为匀速运动，则有s＝vt解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根据能量守恒定律可得，两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。1．(2021·湖南师范大学附中模拟)如图1所示，B是固定斜面AC的中点，小滑块P、Q的质量相等，P、Q表面的粗糙程度不同。将Q轻放在斜面BC段的某一位置，Q恰好能处于静止状态。P从斜面顶端A以初速度v0沿斜面下滑，到达中点B时的速度为eq\f(3,4)v0，之后继续下滑与Q碰撞并粘在一起运动，P、Q运动到斜面底端C时速度恰好减为零。假设碰撞时间极短，最大静摩擦力与相对应的滑动摩擦力大小相等，求P、Q碰撞前的瞬间，P的速度大小。图1答案eq\f(v0,2)解析设A、C间距离为L，P与Q碰撞前受到的合外力大小为F，P从A到B的过程，由动能定理有－F·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)设P与Q碰前瞬间，P的速度为vP，Q到A点的距离为x，P从A到与Q碰前瞬间的过程，由动能定理有－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)设P、Q碰后共同速度为v，由动量守恒定律得mvP＝2mvP、Q粘合体从碰后到运动到C点的过程，设整体受到的合外力大小为F′，由动能定理有－F′(L－x)＝0－eq\f(1,2)×2mv2由于Q在斜面上恰好能处于静止状态，故碰前P受到的合外力等于碰后二者受到的合外力，即F＝F′联立解得vP＝eq\f(v0,2)。2．(2020·天津卷，11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？答案(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理有I＝m1vA③联立①②③式得I＝m1eq\r(5gl)④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧3．(2021·湖南怀化市一模)如图2所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab倾斜、bc水平，与半径R＝0.4m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。可视为质点的小球甲和乙静止在水平轨道上，二者中间压缩有轻质弹簧，弹簧与两小球均不拴接且被锁定。现解除对弹簧的锁定，小球甲在脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a处，小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d。已知小球甲的质量m1＝2kg，a、b的竖直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c点时轨道对其弹力的大小F＝100N，弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：图2(1)小球乙的质量；(2)弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep；(3)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功Wf。答案(1)1kg(2)27J(3)8J解析(1)对小球甲，脱离弹簧后运动到a处，由机械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s对小球甲、乙，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0对小球乙，在c点，由牛顿第二定律得F－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R)联立解得m2＝1kg，v2＝6m/s或m2＝9kg，v2＝eq\f(2,3)m/s小球乙恰好过d点，由牛顿第二定律有m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,d),R)解得vd＝eq\r(gR)＝2m/s>eq\f(2,3)m/s由题意知vd＜v2所以小球乙的质量m2＝1kg。(2)由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep＝27J。(3)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，设克服摩擦力所做的功为Wf由动能定理有－2m2gR－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,d)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得Wf＝8J。4．(2020·浙江7月选考)小明将如图3所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10m/s2。图3(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为