【物理】2020届一轮复习人教版利用动量和能量观点解决力学综合问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版利用动量和能量观点解决力学综合问题学案

利用动量和能量观点解决力学综合问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．解动力学问题的三个基本观点 力的观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 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 动量观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 ‎2.动量观点和能量观点的比较 相同点 ‎(1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统 ‎(2)研究过程都是某一运动过程 不同点 动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式 ‎3.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，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意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，因此动量守恒定律一般能派上大用场．‎ ‎[考向分析]‎ ‎◆考向1　“爆炸”类问题 ‎[典例1]　(2018·全国卷Ⅰ)一质量为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．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．‎ ‎[审题指导]　关键词理解，隐含条件显性化 ‎(1)题目中的两个E，分别对应“一个物体”和“两个物体”．‎ ‎(2)爆炸后两部分质量均为.‎ ‎(3)爆炸过程中系统初动量为0.‎ ‎(4)距地面的最大高度由两部分组成，一是爆炸前上升的高度，二是爆炸后向上运动的部分上升的高度．‎ ‎[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 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－v0＝－gt②‎ 联立①②式得 t＝ ③‎ ‎(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 E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥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 mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝.‎ ‎[答案]　(1) 　(2) ‎　爆炸过程的特征 ‎1．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．‎ ‎2．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎3．由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速率v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：‎ ‎(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；‎ ‎(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？‎ 解析：(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 炸药对C的冲量：I＝mCvC－0‎ 解得：I＝mv0，方向向右 ‎(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒 mCvC－mBvB＝0‎ 据能量关系：ΔE＝mBv＋mCv 解得：ΔE＝mv.‎ 答案：见解析 ‎◆考向2　“滑块－弹簧”类问题 ‎[典例2]　(2019·河北石家庄二中模拟)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝‎4.0 kg和mB＝‎3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：‎ ‎(1)物块C的质量mC；‎ ‎(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.‎ ‎[解析]　(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝‎9 m/s，碰后速度为v2＝‎3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 解得mC＝‎2 kg.‎ ‎(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J.‎ ‎[答案]　(1)‎2 kg　(2)9 J ‎　“滑块－弹簧”模型的解题思路 ‎1．应用系统的动量守恒．‎ ‎2．应用系统的机械能守恒．‎ ‎3．注意临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．‎ ‎4．从A开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可借用弹性碰撞结论：‎ v1＝v0，v2＝v0.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎2．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 ‎◆考向3　“滑块－平板”类问题 ‎[典例3]　如图所示，质量m1＝‎0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝‎1.5 m，现有质量m2＝‎0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝‎2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块与小车的共同速度；‎ ‎(2)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(3)小车运动的位移x；‎ ‎(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？‎ ‎[解析]　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：‎ m2v0＝(m1＋m2)v 解得v＝‎0.8 m/s ‎(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理：‎ ‎－Ft＝m2v－m2v0，‎ 又F＝μm‎2g 代入数据得t＝0.24 s.‎ ‎(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝m1v2‎ 解得：x＝‎‎0.096 m ‎(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则：‎ m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由系统能量守恒有：‎ m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝‎5 m/s.‎ 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过‎5 m/s.‎ ‎[答案]　(1)‎0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)‎‎0.096 m ‎(4)‎5 m/s ‎　“滑块－平板”模型的解题思路 ‎1．应用系统的动量守恒．‎ ‎2．在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．‎ ‎3．在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．‎ ‎4．在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．‎ ‎5．滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎3．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)，最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出(　　)‎ A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的最大弹性势能 C．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 D．若再已知木板长度l，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数 解析：BCD　[小物块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小物块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，以向左为正方向，小物块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程mv0＝(M＋m)v2，解得v1＝，v2＝，小物块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v＋Q＋Ep，Q＝Ffl，小物块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v＋Q′，Q′＝2Ffl，由以上各式可以解出Ep、Q、Q′，故B、C正确；求出Q后，如果已知木板长l，由Q＝μmgl，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D正确；因为缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A错误．]‎ ‎◆考向4　“滑块－斜面”类问题 ‎[典例4]　(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面‎3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝‎30 kg，冰块的质量为m2＝‎10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎[解析]　(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v20＝－‎3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝‎20 kg③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得 v1＝‎1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝‎1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎[答案]　(1)‎20 kg　(2)见解析 ‎　“滑块－斜面”模型的解题思路 ‎1．应用系统在水平方向的动量守恒．‎ ‎2．应用系统的能量守恒．‎ ‎3．注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速．‎ ‎4．从冰块滑上斜面到分离的过程，可借用弹性碰撞结论：‎ v1＝v0，v2＝v0.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎4.(多选)质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的表面和圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动 解析：BCD　[小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以B、C、D正确．]‎ ‎◆考向5　“绳子绷紧”类问题 ‎[典例5]　(2017·天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝‎2 kg、mB＝‎1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上举高h＝‎1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．g取‎10 m/s2，空气阻力不计．求：‎ ‎(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t.‎ ‎(2)A的最大速度v的大小．‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H.‎ ‎[解析]　(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，‎ 有：h＝gt2‎ 解得：t＝0.6 s ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为v0，有 v0＝gt＝‎6 m/s，‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：‎ mBv0＝(mA＋mB)v 绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：v＝‎2 m/s 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为‎2 m/s.‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：‎ (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH，‎ 解得初始时B离地面的高度H＝‎0.6 m.‎ ‎[答案]　(1)0.6 s　(2)‎2 m/s　(3)‎‎0.6 m ‎1．细绳“绷直”瞬间，细绳的张力远大于A、B的重力，A、B两物体组成的系统动量守恒．‎ ‎2．细绳“绷直”的过程中，可与子弹打入物块并留在其中的碰撞模型归纳为同一类型，都属于完全非弹性碰撞，存在着机械能损失．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎5．(2019·山东潍坊中学一模)如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A、B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0.已知A、B、C的质量分别为‎2m、‎3m、m.求：‎ ‎(1)从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；‎ ‎(2)从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．‎ 解析：(1)从C获得速度v0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：‎ ‎－μmgt＝mv0－mv0‎ 解得：t＝ ‎(2)设绳子刚伸直时B的速度为vB，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得：‎ mv0＝m·v0＋3mvB 解得：vB＝v0‎ 绳子被拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：‎ ‎3mvB＝2mvA＋‎3m·v0‎ 解得：vA＝v0‎ 整个过程中，根据能量守恒定律得：‎ E损＝mv－×2mv－×‎3m·2－m·2＝mv 答案：(1)　(2)mv