1第5講小專題:動力學(xué)、能量和動量觀點的綜合應(yīng)用考點一動量觀點與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用動量與牛頓運動定律的選用原則(1)涉及加速度的問題,則選用牛頓運動定律或運動學(xué)公式。(2)涉及某段時間的運動狀態(tài)變化,一般選用動量定理。(3)涉及物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般選用動量守恒定律,但需注意是否滿足守恒的條件。(4)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,一般作用時間都極短,即使系統(tǒng)所受合力不為0,也可以用動量守恒定律去解決。[例1]【動量觀點與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用】(2024·陜西西安一模)某物流公司用如圖所示的傳送帶將物體從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角θ=37°,順時針轉(zhuǎn)動的速率v0=2m/s。將質(zhì)量為m=25kg的物體無初速度地放在傳送帶的頂端A,物體到達底端B后能無碰撞地滑上質(zhì)量為M=50kg的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5、μ2=0.25,A、B間的距離為s=8.20m。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求物體滑上木板左端時的速度大小。(2)若地面光滑,要使物體不會從木板上掉下,木板長度L至少應(yīng)是多少?(3)若木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,且物體不會從木板上掉下,求木板的最小長度L′?！敬鸢浮?1)6m/s(2)4.8m(3)7.2m【解析】(1)物體速度達到傳送帶速度前,由牛頓第二定律,有mgsin37°+μ1mgcos37°=ma1,解得a1=10m/s2;設(shè)物體與傳送帶共速時運動的位移為x1,對物體有v02=2a1x1,解得x1=0.20m;因為x1<s,所以此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速運動。設(shè)物體的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°-μ1mgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2;2設(shè)物體到達B端時的速度大小為v,根據(jù)運動學(xué)公式有v2-v02=2a2(s-x1),解得v=6m/s。(2)設(shè)物體恰好不會從木板上掉下,物體和木板共速為v1,規(guī)定物體的初速度方向為正方向,由動量守恒定律有mv=(m+M)v1,由能量守恒定律得解得L=4.8m,則木板長度L至少為4.8m。(3)由于μ(m+M)g>μ2mg,所以木板不運動,物體做勻減速直線運動,設(shè)物體速度為0時,恰好到達木板的最右端,其加速度a3=μ2g=2.5m/s2,根據(jù)運動學(xué)公式有v2=2a3L′,解得L′=7.2m,則木板的最小長度為7.2m?？键c二動量與能量觀點的綜合應(yīng)用動量與能量觀點的選用原則在應(yīng)用動量觀點和功能關(guān)系解題時,往往涉及位移的求解時應(yīng)用動能定理,涉及時間的求解時應(yīng)用動量定理,涉及滑動摩擦力做功時一般應(yīng)用能量守恒定律列式求解。[例2]【動量與能量觀點的綜合應(yīng)用】(2024·廣東肇慶一模)如圖所示,光滑水平地面上放置一質(zhì)量為m的上表面光滑的四分之一圓弧形斜劈,圓弧與水平地面間平滑連接,一固定樁置于斜劈右側(cè)固定斜劈。另一質(zhì)量也為m的小物塊(可視為質(zhì)點)以初速度v0沖向斜劈,恰能上升到斜劈最高點,不計一切阻力。(1)求圓弧半徑R;(2)若撤去固定樁,小物塊仍以初速度v0沖向斜劈,求此時小物塊所能上升的最高點與水平地面間的高度差;(3)若撤去固定樁,改變小物塊的初速度大小,使小物塊所能上升的最大高度為2R,求此時小物塊的初速度大小和斜劈最終的末速度大小。(結(jié)果均用v0表示)【答案】3【解析】(1)對小物塊由動能定理得解得(2)小物塊上升至最高點時,對小物塊與斜劈整體,由動量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得聯(lián)立解得(3)設(shè)小物塊的初速度大小為v1,小物塊上升至最高點時,對小物塊與斜劈整體,由動量守恒定律、能量守恒定律得mv1=2mv共,聯(lián)立解得v1=2v0。小物塊與斜劈最終分離時,設(shè)小物塊的速度大小為v1′,斜劈的速度大小為v2,有mv1=mv1′+mv2,聯(lián)立解得v2=2v0?？键c三力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用三大觀點優(yōu)選策略(1)在研究物體受力的瞬時作用與物體運動的關(guān)系時,或者物體受到恒力作用做勻變速直線運動時,優(yōu)先選用牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律解決問題。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時,如果涉及時間的問題,或作用時間極短的沖擊作用,優(yōu)先選用動量定理解決問題。(3)研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時,如果涉及位移且不涉及加速度、時間等問題,優(yōu)先選用動能定理解決問題。(4)如果系統(tǒng)中只有重力或彈簧彈力做功,而又不涉及加速度和時間,優(yōu)先選用機械能守恒定律解決問題。(5)若研究的對象為一物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,如果所研究的問題滿足動量守恒或機械能守恒的條件,則優(yōu)先選用動量守恒定律和機械能守恒定律解決問題。4(6)在涉及相對位移問題時,優(yōu)先考慮能量守恒定律,系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量,即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(7)在涉及碰撞、爆炸、反沖、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,注意這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化。這類問題由于作用時間都極短,則優(yōu)先選用動量守恒定律及能量守恒定律解決問題。[例3]【力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用】(2024·黑吉遼卷,14)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ;(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp?！敬鸢浮?1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J【解析】(1)對物塊A由平拋運動知識得代入數(shù)據(jù)解得vA=1m/s,對A、B物塊整體由動量守恒定律有mAvA=mBvB,解得vB=1m/s。(2)對物塊B由動能定理有代入數(shù)據(jù)解得μ=0.2。(3)由能量守恒定律有其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,聯(lián)立解得ΔEp=0.12J。5(滿分:80分)對點1.動量觀點與動力學(xué)觀點的綜合應(yīng)用1.(4分)(2025·貴州六盤水開學(xué)考)一爆竹從水平地面上豎直向上拋出,爆竹上升到最高點時炸裂為質(zhì)量不同、速度均沿水平方向的兩部分,最后均落回地面。不計空氣阻力。下列說法正確的是()[A]質(zhì)量大的部分在空中運動的時間長[B]質(zhì)量小的部分在空中運動的時間長[C]質(zhì)量大的部分落地速度大[D]質(zhì)量小的部分落地速度大【答案】D【解析】根據(jù)題意可知,炸裂后兩部分均做平拋運動,由gt2可知,兩部分在空中運動的時間相等,故A、B錯誤;根據(jù)題意可知,爆炸過程動量守恒,則兩部分水平飛出時動量大小相等,由p=mv可知,質(zhì)量大的部分初速度小,由于兩部分在空中運動的時間相等,由vy=gt可知,落地時豎直分速度相等,由可知,初速度大的落地速度大,則質(zhì)量小的部分落地速度大,故C錯誤,D正確。2.(12分)氣囊是劇烈碰撞事故時保護駕駛員安全的重要設(shè)施,當(dāng)汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達到某個臨界值F0時,安全氣囊爆開。某路段的限速為40km/h,質(zhì)量m1=1600kg的甲車以某一速度與正前方質(zhì)量m2=1600kg以速度v2=18km/h迎面行駛的乙車發(fā)生碰撞,經(jīng)過極短時間t=0.16s,兩車以相同的速度沿著甲車的行駛方向一起又滑行了1m后停下,此次碰撞甲車內(nèi)的安全氣囊恰好爆開,設(shè)兩車與路面的動摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10m/s2,求:(1)兩車碰撞后瞬時速度的大小;(2)甲車碰撞前是否超速;(3)氣囊爆開的臨界撞擊力F0的大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)沒有超速(3)6.68×104N【解析】(1)設(shè)兩車碰撞后瞬時速度的大小為v,根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax,6解得v=2m/s。(2)設(shè)甲車的初速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,解得v1=9m/s=32.4km/h<40km/h,故甲車碰撞前沒有超速。(3)對甲車研究,設(shè)甲車的初速度方向為正方向,由動量定理可得-F0t-μm1gt=m1v-m1v1,解得F0=6.68×104N。對點2.動量與能量觀點的綜合應(yīng)用3.(4分)(2024·廣東東莞三模)如圖甲所示,水平冰面上有兩名同學(xué),同學(xué)A的質(zhì)量為50kg,同學(xué)B靜止站在冰面上,A以一定的初速度向B滑去,抱住同學(xué)B后兩人一起向右運動。以向右為正方向,同學(xué)A的位移—時間圖像如圖乙所示,不計空氣和冰面對人的阻力,則下列說法正確的是()[A]同學(xué)B對A的沖量為150N·s[B]同學(xué)A和B的質(zhì)量之比為3∶2[C]兩人相抱過程中損失的動能為375J[D]兩人相抱過程中相互間的作用力做功大小之比為1∶1【答案】C【解析】由于x-t圖像的斜率表示速度,由題圖乙可知同學(xué)A的初始速度為,同學(xué)A抱住同學(xué)B后兩人的速度為由動量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75kg,對A由動量定理得IBA=mAv-mAvA=-150N·s,同學(xué)A和B的質(zhì)量之比為故A、B錯誤;兩人相抱過程中損失的動能為故C正確;由動能定理有又有兩人相抱過程中相互間的作用力做功大小之比為故D錯誤。74.(14分)如圖所示為春節(jié)期間燃放的“火箭”型爆竹,由上下A、B兩部分構(gòu)成,A的質(zhì)量m1=0.1kg,B的質(zhì)量m2=0.2kg,A、B中間夾有少量火藥,不計其質(zhì)量。開始時讓“火箭”在距地面H=0.8m高處自由釋放,“火箭”著地瞬間以原速率的0.75倍反彈,剛要離開地面時火藥爆炸,經(jīng)極短時間后A、B分離,此時B的速度恰好為零。不計空氣阻力和“火箭”的體積,可認為火藥爆炸所釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B的機械能,重力加速度g取10m/s2。求:(1)“火箭”著地時的速度v的大小;(2)爆炸過程A部分所受作用力的沖量I的大小;(3)火藥爆炸所釋放的化學(xué)能E。【答案】(1)4m/s(2)0.6N·s(3)2.7J【解析】(1)根據(jù)機械能守恒定律有mgmv2,得v=4m/s。(2)與地面碰撞后反彈速率v′=0.75v,根據(jù)動量守恒定律有(m1+m2)v′=m1v1,爆炸過程A部分所受作用力的沖量I=m1v1-m1v′,得I=0.6N·s。(3)由功能關(guān)系有得E=2.7J。對點3.力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用5.(6分)(2024·湖南邵陽階段檢測)(多選)如圖所示,輕繩長為l,小球質(zhì)量為m1,小車質(zhì)量為m2,置于光滑水平面上,將小球向右拉至水平后靜止釋放,小球擺到最低點過程中,()[A]系統(tǒng)的機械能不守恒8[B]小球在最低點的速度為[C]小球在最低點的速度為[D]小車向右移動的距離為【答案】CD【解析】系統(tǒng)在整個運動過程中,只有小球的重力做功,系統(tǒng)機械能守恒,故A錯誤;設(shè)小球擺到最低點時,小球的速度為v1,小車的速度為v2,系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以水平向左為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得m1v1-m2v2=0,根據(jù)機械能守恒定律可得聯(lián)立可得故B錯誤,C正確;小球擺到最低點過程中,由動量守恒定律結(jié)合運動學(xué)公式有m1x1-m2x2=0,小球下落到最低點時,小球與小車的相對位移為x1+x2=l,解得故D正確。6.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多選)如圖所示,不可伸長的輕質(zhì)細線跨過輕質(zhì)滑輪連接兩個質(zhì)量分別為2m、m的物體A、B,質(zhì)量為m的物體C中間有孔,套在細線上且可沿細線無摩擦滑動。初始時使三個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài),此時A、B離地面的高度均為h。物體C在B上方h處。同時由靜止釋放三個物體,一段時間后,C與B發(fā)生碰撞并立即粘在一起。已知重力加速度為g,整個過程中細線未斷裂,物體均可視為質(zhì)點,不計阻力的影響。下列說法正確的是()[A]從釋放三個物體到C與B發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間為[B]碰撞結(jié)束后A的速度為零[C]A最終離地面的高度為[D]碰撞過程中,三個物體損失的機械能為mgh【答案】BD9【解析】根據(jù)牛頓第二定律,對物體A有2mg-FT=2ma,對物體B有FT-mg=ma,解得,物體B向上與物體C向下過程中,根據(jù)解得,故A錯誤;碰前的瞬間物體A與物體B的速度大小碰前的瞬間物體C的速度大小以向下為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mvC-mvB=2mvBC,解得由于此時物體B、C與物體A的速度相等,方向都為向下,質(zhì)量也相等,所以三個物體速度都為0,故B正確;物體A下降和物體B上升的距離最終離地面的高度為故C錯誤;物體B與C碰撞前整體機械能守恒,以地面為零勢能面,最初整體的機械能Ep1=2mgh+mgh+mg·2h=5mgh,碰撞后整體的機械能三個物體損失的機械能為ΔEp=Ep1-Ep2=mgh,故D正確。7.(14分)如圖甲所示,半徑為R=0.8m的光滑四分之一圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),最低點B切線水平,B離地面的高度h=0.8m,小球b放在B點,讓小球a在A點由靜止釋放,在圓弧軌道的最低點a與b發(fā)生正碰,碰撞后兩球同時落地,兩球落地點間距0.4m,a、b兩球的質(zhì)量均為0.5kg,重力加速度為g取10m/s2,不計空氣阻力。(1)求兩球碰撞過程中損失的機械能;(2)若兩球碰撞后粘在一起,則碰撞后瞬間,兩球?qū)A弧軌道的壓力多大?兩球粘在一起后要能落在地面上離B點水平距離為1m的位置,可在靠近B點固定一水平板,如圖乙所示,板的上表面剛好與B點的切線在同一平面,球與板間的動摩擦因數(shù)為0.25,則板應(yīng)多長?【答案】(1)1.875J(2)15N0.6m【解析】(1)小球a由A點滑到B點的過程,根據(jù)機械能守恒定律有與b碰撞時滿足mv0=mv1+mv2,兩球做平拋運動,運動時間解得v2=2.5m/s,v1=1.5m/s,則碰撞損失的能量(2)若兩球碰撞后粘在一起,則碰撞后mv0=2mv,兩球在圓弧軌道最低點時有解得FN=15N,即兩球?qū)A弧軌道的壓力為15N;設(shè)板長為L,則L+v′t=1m。解得L=0.6m。8.(4分)(2025·江蘇南通開學(xué)考)如圖所示,兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上,擋板的厚度可忽略不計,車長為2L,與平板車質(zhì)量相等的物塊甲(可視為質(zhì)點)由平板車的中點處以初速度v0向右運動,已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失,下列說法正確的是()[A]甲、乙達到共同速度所需的時間為[B]甲、乙共速前,乙的速度一定始終小于甲的速度[C]甲、乙相對滑動的總路程為[D]如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n(n≠0),則最終甲與乙左端的距離可能為【答案】C【解析】設(shè)甲、乙質(zhì)量均為m,碰前瞬間甲的速度為v1,乙的速度為v2,碰后瞬間甲的速度為v1′,乙的速度為v2′,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1+mv2=mv1′+mv2′,mv12+mv22mv1′2+mv2′2,解得v1′=v2,v2′=v1,即甲、乙發(fā)生碰撞時速度互換。設(shè)甲、乙最終的共同速度為v3,則mv0=2mv3,得,則達到共速所需的時間為t,碰撞使得兩者速度互換,即甲、乙共速前,乙的速度不一定小于甲的速度,故A、B錯誤。從開始到相對靜止過程中,甲、乙相對滑動的總路程為s,根據(jù)動能定理可得解得故C正確。設(shè)甲、乙碰撞的次數(shù)為n,最終相對靜止時甲與乙左端的距離為s0,若第n次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板,則有L+2L+s0=s(n=2,4,6,…),解得若第n次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板,則有L+2L+2L-s0=s(n=1,3,5,…),解得即最終甲與乙左端的距離不可能為故D錯誤。9.(16分)(2024·山東卷,17)如圖甲所示,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓