力学三大观点的应用

力学三大观点的应用

考纲解读1.理解动量守恒定律和机械能守恒定律守恒条件的区别及二者的综合应用.2.掌握多过程问题的分析思路和方法，能熟练应用动量和能量观点处理多过程问题．考点一

应用动量观点和能量观点处理多过程问题

综合应用动量和能量观点处理直线运动、曲线运动(或平抛运动)和圆周运动相结合的多过程问题是我省高考的重点和热点之一．

1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．

3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击

木块、不受其他外力作用的二物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．例1

如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10m/s2)

求：

图1

(1)BP间的水平距离sBP；

(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.解析

(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为

vy＝gRvy

同时tan45°

vD解得vD＝4m/s

1

设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝gt2

2s2＝vDt解得s2＝1.6m

物块B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度大小a＝－4m/s2减速到vD，则BD间的位移为

s1＝

2

v2D－v0

＝2.5m2a

故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1m

1122

(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mv2mgRM－mvD＝－

222v2M

设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝m

R解得FN＝(1－2)mg

设物块A释放的高度为h，则1mgh＝mv2A，

2解得h＝1.8m答案

(1)4.1m

(2)不能

(3)1.8m

突破训练1如图2所示，一小车静置于光滑水平面上，小车左端被固定在地面上的竖直

挡板挡住，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道固定在小车上，圆弧轨道最低点与小车水平面相切于Q点，圆弧轨道与小车总质量为M，质量为m、可视为质点的物块从轨道最高点P无初速度释放，恰好未从小车右端N点滑落，已知物块与小车QN段间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：

图2

(1)物块滑到Q点时的速度大小v；(2)小车QN段的长度；

(3)在整个过程中，小车给挡板的冲量．答案解析

(1)2gR(2)

MR

(3)m2gR，方向水平向左

μM＋m

(1)物块从P点下滑到Q点过程中机械能守恒，有

1

mgR＝mv2，v＝2gR

2

(2)设物块恰好滑到小车右端N点时两者共同速度为v共，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v共

11

由能量守恒得：μmgL＝mv2－(m＋M)v2共

22解得L＝

MR

μm＋M

(3)在整个过程中，小车受到挡板的冲量I＝mv＝

m2gR小车给挡板的冲量大小I′＝I＝m2gR，方向水平向左考点二

应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题

动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式．我省对动量观点的考查主要是动量守恒定律，对能量观点的考查包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．例2

如图3所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m．水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d质量m4＝4.4kg.质量m2＝3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失．碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.

图3

(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；

(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩

擦力)

(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度．解析

(1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：

v2M

m1m1gR

小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：1121v21＝1vM＋m1g(2R)22代入数据，解得：v1＝4m/s

取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v222机械能守恒：1v20＝1v1＋2v2

222代入数据，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s

(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止μ(m2＋m4)g>μ0m2gm2

解得μ>0＝0.069

m2＋m4

(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a1＝μ0g＝1.6m/s2

此时两块长木板的加速度大小：a2＝

μ0m2

＝0.8m/s2

m3＋m4

令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移s1＝v2t－1t2

21

两块长木板的位移s2＝2t2

2且s1－s2＝L

10

解得：t1＝1s或t2＝s(舍去)

3

b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6m/sb刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8m/s

d的长度至少为s：

由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v解得：v＝2m/s

1112

μ0m2gs

＝m2v2′2

＋m4v23－(m2＋m4)v

222解得：s＝1.4m答案

(1)4m/s

5.2m/s

(2)0.069(3)1s

1.4m

突破训练2如图4所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C

处．质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：

图4

(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？

(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案解析

(1)2gh

(2)会断裂

(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得

1

mgh＝mv2C

2

解得vC＝2gh，即a与b球碰前的速度大小为2gh(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得mvC＝(m＋m)v11

故v＝vC＝2gh

22

假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为FT，则v2

FT－2mg＝2m

h解得FT＝3mg

FT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动

32．

用三大规律解决综合题的规范解析

解析(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A的过程，滑动摩擦力做正功，物块从A1到B，重力做正功，根据动能定理μmgs＋mg×2R＝v2B，解得vB＝3gR.

2

(4分)

(2)物块从B滑上滑板开始做匀减速直线运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速直线运动．设它们的共同速度为v，根据动量vB

守恒定律得mvB＝(m＋2m)v，解得v＝3

11

对物块，用动能定理列方程：－μmgs1＝v2－v2B，解得s1＝8R

221

对滑板，用动能定理列方程：μmgs2＝2mv2－0，解得

2s2＝2R

(1分)(2分)

(1分)

由此可知物块在滑板上滑过s1－s2＝6R时，小于6.5R，并没有掉下去，二者就具有共同速度了．

(1分)

当2R≤L

112根据动能定理－μmg(8R＋0.5R)＝v2C－vB，解得

22121

vC＝＜mgR24

(2分)(1分)

17

Wf＝μmg(8R＋0.5R)＝mgR，物块不能滑到CD轨道的中点．

4

(2分)

当R

－μmg(6.5R＋L)＝mv2C－mvB，解得

221

Wf＝μmg(6.5R＋L)＝mg(13R＋2L)

4

(2分)

11当mv2C＝mg(2.5R－L)≥mgR时，物块可以滑到CD轨道的中点，此时要求L≤0.5R，22这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中点答案

见解析

如图6所示，质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg的A、B两个小物块用细线栓

(2分)

突破训练3

接静止在光滑的水平面上，中间放一被压缩的轻弹簧，左端与A连接，右端与B不连接．现剪断细线，A、B被弹簧弹开，离开弹簧时，B物体的速度为6m/s，此后B与右侧的挡板发生碰撞，碰撞没有能量损失．求：

图6

(1)细线被剪断前，弹簧的弹性势能；

(2)B物体被挡板反弹后，通过弹簧再次与A发生作用的过程中，弹簧具有弹性势能的最大值．答案

(1)48J

(2)12J

解析(1)设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vA0，B的瞬时速度为vB0，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为Ep1

由动量守恒定律mAvA0＝mBvB0解得：vA0＝2m/s112再根据机械能守恒定律：Ep1＝Av2A0＋BvB0＝48J

22

(2)当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度v时弹性势能最大，设为Ep2，由动量守恒定律：mAvA0＋mBvB0＝(mA＋mB)v再根据机械能守恒定律

11122

Ep2＝Av2A0＋BvB0－mA＋mB)v＝12J

222

力学三大观点的应用

考纲解读1.理解动量守恒定律和机械能守恒定律守恒条件的区别及二者的综合应用.2.掌握多过程问题的分析思路和方法，能熟练应用动量和能量观点处理多过程问题．考点一

应用动量观点和能量观点处理多过程问题

综合应用动量和能量观点处理直线运动、曲线运动(或平抛运动)和圆周运动相结合的多过程问题是我省高考的重点和热点之一．

1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．

3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击

木块、不受其他外力作用的二物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．例1

如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10m/s2)

求：

图1

(1)BP间的水平距离sBP；

(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.解析

(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为

vy＝gRvy

同时tan45°

vD解得vD＝4m/s

1

设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝gt2

2s2＝vDt解得s2＝1.6m

物块B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度大小a＝－4m/s2减速到vD，则BD间的位移为

s1＝

2

v2D－v0

＝2.5m2a

故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1m

1122

(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有mv2mgRM－mvD＝－

222v2M

设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝m

R解得FN＝(1－2)mg

设物块A释放的高度为h，则1mgh＝mv2A，

2解得h＝1.8m答案

(1)4.1m

(2)不能

(3)1.8m

突破训练1如图2所示，一小车静置于光滑水平面上，小车左端被固定在地面上的竖直

挡板挡住，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道固定在小车上，圆弧轨道最低点与小车水平面相切于Q点，圆弧轨道与小车总质量为M，质量为m、可视为质点的物块从轨道最高点P无初速度释放，恰好未从小车右端N点滑落，已知物块与小车QN段间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：

图2

(1)物块滑到Q点时的速度大小v；(2)小车QN段的长度；

(3)在整个过程中，小车给挡板的冲量．答案解析

(1)2gR(2)

MR

(3)m2gR，方向水平向左

μM＋m

(1)物块从P点下滑到Q点过程中机械能守恒，有

1

mgR＝mv2，v＝2gR

2

(2)设物块恰好滑到小车右端N点时两者共同速度为v共，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v共

11

由能量守恒得：μmgL＝mv2－(m＋M)v2共

22解得L＝

MR

μm＋M

(3)在整个过程中，小车受到挡板的冲量I＝mv＝

m2gR小车给挡板的冲量大小I′＝I＝m2gR，方向水平向左考点二

应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题

动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式．我省对动量观点的考查主要是动量守恒定律，对能量观点的考查包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．例2

如图3所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m．水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d质量m4＝4.4kg.质量m2＝3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失．碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.

图3

(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；

(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩

擦力)

(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度．解析

(1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：

v2M

m1m1gR

小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：1121v21＝1vM＋m1g(2R)22代入数据，解得：v1＝4m/s

取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v222机械能守恒：1v20＝1v1＋2v2

222代入数据，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s

(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止μ(m2＋m4)g>μ0m2gm2

解得μ>0＝0.069

m2＋m4

(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a1＝μ0g＝1.6m/s2

此时两块长木板的加速度大小：a2＝

μ0m2

＝0.8m/s2

m3＋m4

令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移s1＝v2t－1t2

21

两块长木板的位移s2＝2t2

2且s1－s2＝L

10

解得：t1＝1s或t2＝s(舍去)

3

b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6m/sb刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8m/s

d的长度至少为s：

由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v解得：v＝2m/s

1112

μ0m2gs

＝m2v2′2

＋m4v23－(m2＋m4)v

222解得：s＝1.4m答案

(1)4m/s

5.2m/s

(2)0.069(3)1s

1.4m

突破训练2如图4所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C

处．质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：

图4

(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？

(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案解析

(1)2gh

(2)会断裂

(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得

1

mgh＝mv2C

2

解得vC＝2gh，即a与b球碰前的速度大小为2gh(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得mvC＝(m＋m)v11

故v＝vC＝2gh

22

假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为FT，则v2

FT－2mg＝2m

h解得FT＝3mg

FT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动

32．

用三大规律解决综合题的规范解析

解析(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A的过程，滑动摩擦力做正功，物块从A1到B，重力做正功，根据动能定理μmgs＋mg×2R＝v2B，解得vB＝3gR.

2

(4分)

(2)物块从B滑上滑板开始做匀减速直线运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速直线运动．设它们的共同速度为v，根据动量vB

守恒定律得mvB＝(m＋2m)v，解得v＝3

11

对物块，用动能定理列方程：－μmgs1＝v2－v2B，解得s1＝8R

221

对滑板，用动能定理列方程：μmgs2＝2mv2－0，解得

2s2＝2R

(1分)(2分)

(1分)

由此可知物块在滑板上滑过s1－s2＝6R时，小于6.5R，并没有掉下去，二者就具有共同速度了．

(1分)

当2R≤L

112根据动能定理－μmg(8R＋0.5R)＝v2C－vB，解得

22121

vC＝＜mgR24

(2分)(1分)

17

Wf＝μmg(8R＋0.5R)＝mgR，物块不能滑到CD轨道的中点．

4

(2分)

当R

－μmg(6.5R＋L)＝mv2C－mvB，解得

221

Wf＝μmg(6.5R＋L)＝mg(13R＋2L)

4

(2分)

11当mv2C＝mg(2.5R－L)≥mgR时，物块可以滑到CD轨道的中点，此时要求L≤0.5R，22这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中点答案

见解析

如图6所示，质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg的A、B两个小物块用细线栓

(2分)

突破训练3

接静止在光滑的水平面上，中间放一被压缩的轻弹簧，左端与A连接，右端与B不连接．现剪断细线，A、B被弹簧弹开，离开弹簧时，B物体的速度为6m/s，此后B与右侧的挡板发生碰撞，碰撞没有能量损失．求：

图6

(1)细线被剪断前，弹簧的弹性势能；

(2)B物体被挡板反弹后，通过弹簧再次与A发生作用的过程中，弹簧具有弹性势能的最大值．答案

(1)48J

(2)12J

解析(1)设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vA0，B的瞬时速度为vB0，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为Ep1

由动量守恒定律mAvA0＝mBvB0解得：vA0＝2m/s112再根据机械能守恒定律：Ep1＝Av2A0＋BvB0＝48J

22

(2)当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度v时弹性势能最大，设为Ep2，由动量守恒定律：mAvA0＋mBvB0＝(mA＋mB)v再根据机械能守恒定律

11122

Ep2＝Av2A0＋BvB0－mA＋mB)v＝12J

222