2022年高考物理一轮-动力学方法和能量观点的综合应用教师讲解版

文档来源网络整理侵权必删PAGE15.5动力学方法和能量观点的综合应用必备知识清单1．力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式动力学观点牛顿第二定律F合＝ma匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′2.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．(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(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．命题点精析（一）动力学方法和动能定理的应用典型例题例1已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比．如图1所示，一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M点的竖直挡板上，弹簧处于自然状态时右端位于O点，轨道的MN段与竖直光滑半圆轨道相切于N点．ON长为L＝1.9m，半圆轨道半径R＝0.6m，现将质量为m的小物块放于O点并用力缓慢向左压缩x时释放，小物块刚好能到达N点；若向左缓慢压缩2x时释放，小物块刚好能通过B点，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.重力加速度g取10m/s2.小物块看成质点，弹簧始终处于弹性限度内，求：(结果可用根号表示)(1)小物块刚好能通过B点时的速度大小；(2)弹簧的压缩量x.【答案】(1)eq\r(6)m/s(2)0.15m【解析】(1)设小物块刚好通过B点时速度大小为v，只有重力充当向心力，mg＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(6)m/s(2)压缩x时，弹簧的弹性势能Ep1＝kx2，k为比例系数滑动摩擦力Ff＝μFN而FN＝mg由能量守恒得Ep1－Ff·(x＋L)＝0,压缩2x时，弹簧的弹性势能Ep2＝k(2x)2由能量守恒Ep2－Ff·(2x＋L)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2联立解得x＝0.15m.练1如图所示，质量M＝0.2kg、长L＝1m的长木板放在地面上，质量m＝0.8kg的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1m。现用水平向右的外力F＝6N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的大小。(2)求小滑块到达P点时速度的大小。(3)若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？【答案】(1)不发生相对滑动均为4.5m/s2(2)4m/s(3)0＜R≤0.32m或R≥0.8m【解析】(1)在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为f1，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)aF－f1＝ma解得a＝4.5m/s2，f1＝2.4N即f1＜μ1mg＝3.2N，假设成立，长木板和小滑块不发生相对滑动；(2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则veq\o\al(2,1)＝2axF－μ1mg＝ma1veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a1L解得v2＝4m/s；(3)情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够到达圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则mg＝eq\f(mveq\o\al(2,m),Rm)从P到最高点，由动能定理得－2mgRm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得Rm＝0.32m。情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有－mgR＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得R＝0.8m故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足0＜R≤0.32m或R≥0.8m。练2如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中AB为细管道。轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g。(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC；(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s；(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道，已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h。【答案】(1)5mg(2)3R(3)2R【解析】(1)由A到C，由机械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FC＝5mg；(2)小球从C点飞出做平抛运动，水平方向有x＝vCt竖直方向有R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2eq\r(2)R落地点到C点的距离s＝eq\r(R2＋x2)＝3R；(3)小球从D到C的过程可以看作由C到D的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为vC′，则有2R＝vC′t′R＝eq\f(1,2)gt′2，解得vC′＝eq\r(2gR)设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)，解得h′＝R所以h＝h′＋R＝2R。命题点精析（二）动力学方法和能量观点的综合应用例2如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O为圆心，OC竖直，OA水平，B为圆弧的最低点，B点紧靠一足够长的平台MN。D点位于A点正上方。现从D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；(2)若DA之间的高度差为3R，求小球落地点P到B点的距离L。【答案】(1)小球不能重新落回到轨道内侧(2)4R【解析】(1)设小球在C点的最小速度为v0，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)设小球下降高度R所用时间为t1，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)在时间t1内的水平位移x＝v0t1，解得x＝eq\r(2)R＞R所以小球不能重新落回到轨道内侧。(2)设小球到达C点的速度大小为vC，对小球从D点到C点的过程，由动能定理有mg(3R－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球从C点飞出后做平抛运动，设经过时间落到P点竖直方向2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)水平方向L＝vCt2解得L＝4R。练3如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。练4跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C点，AC间的竖直高度差h1＝40m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度是20m/s，CE间水平方向的距离x＝40m。不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；(3)运动员落到E点时的瞬时速度大小。【答案】(1)－16000J(2)4000N(3)20eq\r(2)m/s【解析】(1)运动员从A点滑到C点过程中，由动能定理可得mgh1＋Wf＝eq\f(1,2)mv2解得Wf＝－16000J；(2)在C点由牛顿第二定律可得N－mg＝meq\f(v2,r)代入数据解得N＝4000N由牛顿第三定律可得压力等于支持力，即N′＝4000N；(3)运动员过C点做平抛运动，在水平方向由x＝vt可得运动员下落时间t＝2s在竖直方向做自由落体运动，运动员竖直方向速度vy＝gt＝20m/s由运动合成得运动员落到E点时的瞬时速度大小vE＝eq\r(v2＋veq\o\al(2,y))＝20eq\r(2)m/s。命题点精析（三）应用力学三大观点解决板—块模型问题1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．例3如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．【答案】2m/s【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s.练5如图甲所示，质量为m＝0.3kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1kg、长度L＝0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A与B间的动摩擦因数μ；(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A与P碰撞几次，B与A分离．【答案】(1)0.1(2)0.75s(3)2次【解析】(1)碰后A向左减速，B向右减速，由题图乙得：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2由牛顿第二定律有μmg＝maB解得μ＝0.1(2)碰后B向右减速，A向左减速到0后，向右加速，最后与B共速，对A、B由动量守恒定律可得：mv0－Mv0＝(M＋m)v1解得：v1＝0.5m/s此过程，对B由动量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1解得：t1＝0.5s对A由动能定理有：－μmgxA＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：xA＝0.125m此后A、B一起向右匀速运动的时间为：t2＝eq\f(xA,v1)＝0.25s所以一共用为0.75s(3)A第1次与挡板P碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相对1解得x相对1＝0.5m假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2由能量守恒有：eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv12＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相对2解得：x相对2＝0.125m由于x相对＝x相对1＋x相对2>L，所以A与P碰撞2次，B与A分离．练6如图所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？(3)系统的最大弹性势能是多少？【答案】(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)eq\f(Mv02,4μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,4M＋m)【解析】设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v1，此时弹性势能最大，设为Ep，铁块回到木板左端时，共同速度为v2，则由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①mv0＝(M＋m)v2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22③联立②③解得Wf＝eq\f(Mmv02,2M＋m)④(2)系统克服摩擦力做的功Wf＝2μmgL⑤联立④⑤解得L＝eq\f(Mv02,4μgM＋m)⑥(3)根据能量守恒定律得eq\f(1,2)Wf＋Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12⑦联立①④⑦解得Ep＝eq\f(Mmv02,4M＋m)⑧例4如图7所示，长木板B的质量为m2＝1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5m处，以初速度v0＝10m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：图7(1)A、B碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度；(3)物块A离长木板左侧的最终距离．【答案】(1)3m/s，方向向左6m/s，方向向右(2)3m(3)10.5m【解析】(1)设物块A与木板B碰前瞬间的速度为v，由动能定理得－μ1m1gl＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v02解得v＝eq\r(v02－2μ1gl)＝9m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22联立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s碰后瞬间物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；(2)碰撞后B做减速运动，C做加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1对物块C有μ2m3g＝m3a2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则v2－a1t＝a2t木板B的最小长度d＝v2t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3m(3)B、C达到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3整个过程B运动的位移为xB＝v2t－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小为a4＝eq\f(μm1g,m1)＝1m/s2，位移为xA＝eq\f(0－v12,－2a4)＝4.5m物块A离长木板B左侧的最终距离为xA＋xB＝10.5m.练7如图1所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1m，g取10m/s2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为()图1A．0.5m/s B．1m/sC．2m/s D．3m/s【答案】D【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入数据得v＝2m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋得v0＝3m/s，故选D.练8如图2所示，光滑水平面上有质量为m的足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为()图2A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12【答案】A【解析】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)；对系统，根据能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得划痕长度s＝eq\f(Mv02,2μM＋mg)，同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为s′＝eq\f(M2v02,2μM＋mg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误．核心素养大提升例5如图所示，一平板小车C静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都停在小车上，物体A、B始终没有相碰．重力加速度为g，求：(1)最终小车的速度大小及方向；(2)平板车的长度至少为多长．【答案】(1)eq\f(v,4)方向水平向左(2)eq\f(9v2,8μg)【解析】(1)以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1解得v1＝eq\f(v,4)，方向水平向左(2)初始阶段A物体向右做匀减速运动，加速度大小aA＝eq\f(μmg,m)＝μg；B物体向左做匀减速运动，加速度大小aB＝eq\f(μ·2mg,2m)＝μg；小车向左做匀加速运动，加速度大小aC＝eq\f(μ·2mg－μmg,m)＝μg经过t1时间，B、C达到共同速度，则有v－μgt1＝μgt1此时t1＝eq\f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq\f(v,2)，方向向左，A的速度大小与B、C相同，方向相反，该过程中，A相对C运动的距离：Δx1＝(vt1－eq\f(1,2)aAt12)＋eq\f(1,2)aCt12B相对C运动的距离：Δx2＝(vt1－eq\f(1,2)aBt12)－eq\f(1,2)aCt12此后B、C共同向左做减速运动，加速度大小a＝eq\f(μmg,3m)＝eq\f(μg,3)直到三物体速度相同，所用时间t2＝eq\f(v1－v2,－a)＝eq\f(3v,4μg)该过程A相对B、C滑行的距离：Δx3＝(v2t2－eq\f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq\f(1,2)at22)所以小车的长度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq\f(9v2,8μg).练9如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初