统考版2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题三动量与能量第7讲动量定理动量守恒定律考点三力学三大观点的综合应用教师用书

考点三力学三大观点的综合应用1．力学三大观点对比动力学观点牛顿其次定律F合＝ma匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝＝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＝p22.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)，涉刚好间与运动微小环节时，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，特殊是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变更，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．例3[2024·浙江6月]为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的试验装置．水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接．质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上．现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)．已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)．(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)若滑块a遇到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.预料6如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间嬉戏，该嬉戏的规则为：将手中一弹珠以确定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出．现将此嬉戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同始终线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝1m．某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1m后停下．已知两弹珠的质量均为2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并推断该同学能否胜出．预料7[2024·河南省新将来联盟联考]如图所示，半径为R＝1.5m的弧形槽固定在水平地面上，槽右侧连接一长木板乙，质量为m0＝1.5kg的可视为质点的物块丙静置在长木板的最右端，长木板的上表面比弧形槽的最低点B高．可视为质点的物体甲由弧形槽左上方某高度以v0＝3m/s的速度水平抛出，经过一段时间物体甲无碰撞地由A点进入弧形槽，且物体甲在A点的速度大小为v＝5m/s，物体甲滑到B点与长木板乙发生弹性碰撞，物体甲由A到B的过程中克服摩擦力做功0.5J．已知甲、乙的质量分别为m＝1kg、M＝3kg，物块丙与长木板乙、长木板乙与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)物体甲的抛出点与A点间的水平间距；(2)物体甲与长木板乙碰后瞬间各自的速度；(3)欲使物块丙不离开长木板乙，长木板乙的最小长度以及物块丙与长木板乙、长木板乙与地面之间因摩擦产生的总热量为多少．考点三例3解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有mg·2R＝在F点，有FN－mg＝解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1m/s，滑块a始终在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5m/s2依据＝－2aL可得在C点的速度vC＝3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点＝＋mg·2R解得v1＝5m/s因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s则碰撞损失的能量ΔE＝，解得ΔE＝0(3)若滑块a遇到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF＝4mv解得v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′v′＝m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系·4mv2＝解得x1＝0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m答案：(1)10m/s31.2(2)0(3)0.2m预料6解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝，v1＝v0－at1由牛顿其次定律得Ff＝μmg＝ma联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx解得v′1＝1m/s设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔΕk＝＋mv′22)解得ΔEk＝7.5×10－3J碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝＝0.9m<1m所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．答案：(1)4m/s0.5(2)7.5×10－3J，不能预料7解析：(1)物体甲在A点的竖直分速度为vy＝＝4m/s物体甲由抛出点到A点的时间为t＝＝0.4s物体甲的抛出点与A点间的水平间距为x＝v0t＝1.2m.(2)设弧形槽的圆心角为α，由(1)解析可知sinα＝＝0.8物体甲由A点运动到B点的过程中，由动能定理得mgR(1－cosα)－Wf＝－mv2又cosα＝0.6解得v1＝6m/s物体甲与长木板乙发生弹性碰撞，设物体甲与长木板乙碰后的速度分别为v′1、v2，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得mv1＝＋Mv2＝解得v′1＝－3m/s，v2＝3m/s.(3)物体甲与长木板乙碰后，物块丙向右做匀加速直线运动，加速度为a丙＝＝μg＝2m/s2长木板乙的加速度大小为a乙＝＝4m/s2当二者速度相等后，由于整体的加速度等于物块丙的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t1，则由速度关系得v2－a乙t1＝a丙t1可得t1＝0.5s该过程中长木板乙的位移为x乙＝v2t1－a乙＝1m物块丙的位移为x丙＝a丙＝0.25m为使物块丙不离开长木板乙，则长木板乙的最小长度为x＝x乙－x丙＝0.75m由以上分析可知，t1时刻物块丙和长木板乙的速度为v′＝a丙t1＝1m/s此后二者共同减速到静止，且