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2021高考物理一轮复习 第6章 碰撞与动量守恒 专题八 动力学、动量和能量观点的综合应用教案

2021高考物理一轮复习 第6章 碰撞与动量守恒 专题八 动力学、动量和能量观点的综合应用教案

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15

专题八　动力学、动量和能量观点的综合应用

考点一　动量与动力学观点的综合应用
1．力学三大观点与五个规律
观点
对应规律
公式表达
动力学观点
牛顿第二定律运动学公式
F合＝ma
v＝v0＋at　x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk即W合＝mv－mv
机械能守恒定律
E1＝E2 mgh1＋mv＝mgh2＋mv
动量观点
动量定理
F合t＝p′－p I合＝mv2－mv1
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
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系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。

(2018·全国卷Ⅱ·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所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 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/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①
式中μ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′，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有
vB′2＝2aBxB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA，由运动学公式有
vA′2＝2aAxA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s⑦
答案：　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
[变式1]　为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v ­t图象，小球质量为0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，由图可知(　　)

A．横轴上每一小格表示的时间是1 s
B．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 m
C．小球第一次反弹的最大高度为1.25 m
D．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66 N
C　[小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g，落地时的速度v＝6 m/s，故小球下落所用时间为t＝＝0.6 s，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A错误；由h＝gt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h＝1.8 m，选项B错误；第一次反弹后小球做竖直上抛运动，由题图可知小球能上升的最大高度h′＝＝ m＝1.25 m，选项C正确；由题图可知，小球向下运动的方向为正方向，碰撞时间约为0.1 s，根据动量定理可得(mg－F)t＝mv′－mv，代入数据可解得F＝72 N，选项D错误。]
[变式2]　

如图所示，一消防车空载时的质量M＝2 000 kg，储水容积V0＝10 m3，储满水后静止在倾角为37°的斜坡上，水枪出水口距水平地面高度为3.2 m，打开水枪水流持续向坡底水平射出，水落到水平面上的着火点，着火点到射出点的水平距离为48 m。已知水枪出水口的面积为2×10－3 m2，水的密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)水射出枪口时的速度大小v；
(2)从打开水枪开始计时，水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。
解析：　(1)由平抛运动可得h＝gt2，x＝vt
联立解得v＝60 m/s
(2)取很短一段时间Δt内喷出的水为研究对象，则该段时间内喷出水的质量Δm＝ρSvΔt
设车对水产生的水平作用力为F′，则由动量定理可得
F′Δt＝Δmv
由牛顿第三定律可知水对车的作用力F＝F′
取车为研究对象，以沿斜面向上为正方向，其受力平衡有
(M＋ρV0－ρSvt)·gsin 37°＝Fcos 37°＋Ff
则水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式为Ff＝6.624×104－720t(N)。
答案：　(1)60 m/s　(2)Ff＝6.624×104－720t(N)
考点二　动量与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
(2019·全国卷Ⅰ·25)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，如图甲所示。t＝0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图象如图乙所示，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B的质量；
(2)在图乙所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解析：　本题考查速度—时间图象、动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理及其相关知识点。
(1)根据题图乙，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，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
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在题图乙所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所走过的路程为x1，返回过程中所走过的路程为x2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－Ffx1＝mv－0④
－(Ffx2＋mgh)＝0－m2⑤
从题图乙所给出的v ­t图线可知
x1＝v1t1⑥
x2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝Ffx1＋Ffx2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为x′，由动能定理有
－μm′gx′＝0－m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgx′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑪⑫⑬式可得
＝⑭
答案：　(1)3m　(2)mgH　(3)
[变式3]　

(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较(　　)
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
BC　[设子弹的初速度为v，子弹与滑块的共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有mv＝(M＋m)v′，解得v′＝；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知两滑块受到的冲量相等，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系
统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，子弹射入滑块中时阻力对子弹做功等于子弹动能的减小量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误。]
[变式4]　

如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑。木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动。已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2。求：
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
解析：　(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，则
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
代入数据得木块A的速度v＝2 m/s
(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为Epm＝mv－(m＋M)v2－μmgL
代入数据解得Epm＝39 J。
答案：　(1)2 m/s　(2)39 J考点三　力学三大观点的综合应用
解题策略
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律：
①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。

(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 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l＝1.0 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Ek＝10.0 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μ＝0.20。重力加速度取g＝10 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：　本题考查动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等。
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(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相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的距离为xB，则有
mBa＝μmBg④
xB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程xA都可表示为
xA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
xA＝1.75 m，xB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离x为
x＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAv A2＝－μmAg(2l＋xB)
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由运动学公式
2axA′＝vA″2,2axB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
xA′＝0.63 m，xB′＝0.28 m⑯
xA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
x′＝xA′＋xB′＝0.91 m⑰
答案：　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止
0．50 m　(3)0.91 m
[变式5]　如图所示，A、B两物体之间有一根被压缩的轻质弹簧，弹簧的一端固定在物体A上，另一端与B接触但不拴接，物体之间用一根轻质细线连接在一起，以v0＝3 m/s的速度向右运动，当两物体运动到O点时细线断开，弹簧在短时间内恢复原长后，A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动到C点时，进入半径为R＝0.2 m的光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，两物体均可视为质点，轻弹簧的长度不计，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，求：

(1)细线断开前弹簧具有的弹性势能Ep；
(2)O、C两点间的距离x。
解析：　(1)细线断开瞬间，物体A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，由能量守恒定律可得×2mv＋Ep＝mv＋mv，两式联立并代入数据解得Ep＝1 J。
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝m，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgx－mg·2R＝mv－mv，联立可解得x＝1.5 m。
答案：　(1)1 J　(2)1.5 m
[变式6]　(2020·四川蓉城联考)如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平。在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接。一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道。已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g。求：

(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度。
解析：　(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m
解得vC＝
小球从A到C，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2R
联立解得v0＝
(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共
由机械能守恒定律得
mv＝(m＋2m)v＋mgh
联立解得h＝R。
答案：　(1)　(2)R

科学思维系列⑨——审题“三步走”
　第一步：审条件　挖隐含
任何一个物理问题都是由条件和结论两部分构成的。条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路。条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能。
第二步：审情景　建模型
有些题目，直接给出了物理情景，我们还需通过分析把这些物理情景转化为具体的物理条件或物理模型后，才能利用物理规律求解。
第三步：审过程　理思路
高考物理计算题往往综合性强、题目情景新、设置障碍点多，一般不能一眼看透解题的思路和方法，这就需要我们静下心来，对物体进行受力分析、过程分析，根据物体运动过程构建出物理模型，选择合理的物理规律。
(2016·全国卷Ⅲ)

如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
审题指导：　
第一步：审条件　挖隐含
①动摩擦因数均相同隐含,a、b做匀减速直线运动
②a与b发生弹性碰撞碰撞过程中，系统动量和机械能均守恒
③b没有与墙发生碰撞b的位移小于l
第二步：审情景　建模型
①碰撞前a的运动过程匀减速直线运动
②a与b的碰撞过程弹性碰撞模型
③碰撞后b的运动过程建模,匀减速直线运动
第三步：审过程　选规律
①碰撞前a的减速过程动能定理
②a、b碰撞过程
③碰撞后b的减速过程应用,动能定理
解析：　设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv＞μmgl①
即μ＜②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间a的速度大小为v1。由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ＜⑨
答案：　≤μ＜

◎ 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
解析：　(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得
mv＝mg·2R＋mv2
所以A滑过Q点时的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m
所以A受到的弹力
F＝－mg＝ N＝22 N。
(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，则mv0＝2mv′
所以v′＝v0＝3 m/s
从碰撞到AB停止，根据动能定理，得
－2μmgkL＝0－·2mv′2
所以k＝＝＝45。
(3)A、B碰撞后到滑至第n个光滑段根据动能定理，得
－2μmgnL＝·2mv－·2mv′2
解得vn＝(n<k)。
答案：　(1)4 m/s　22 N　(2)45
(3)vn＝(n<k)