2020版物理新增分大一輪人教通用版講義：第六章 動量 動量守恒定律 專題強化七

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題強化七動力學、動量和能量觀點在力學中的應用專題解讀1。本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題．2．學好本專題，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題．3．用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學方法（牛頓運動定律、運動學規(guī)律）;動量觀點(動量定理和動量守恒定律）；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三個作用效果與五個規(guī)律分類對應規(guī)律公式表達力的瞬時作用效果牛頓第二定律F合＝ma力對空間積累效果動能定理W合＝ΔEkW合＝eq\f(1,2)mveq\o\al（22,)－eq\f（1，2)mveq\o\al(12,）機械能守恒定律E1＝E2mgh1＋eq\f（1，2)mveq\o\al（12,）＝mgh2＋eq\f（1,2）mveq\o\al（22，）力對時間積累效果動量定理F合t＝p′－pI合＝Δp動量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、常見的力學模型及其結(jié)論模型名稱模型描述模型特征模型結(jié)論“速度交換”模型相同質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性正碰m1＝m2,動量、動能均守恒v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)“完全非彈性碰撞”模型兩球正碰后粘在一起運動動量守恒、能量損失最大v＝eq\f（m1,m1＋m2）v0（v2＝0，v1＝v0)“子彈打木塊”模型子彈水平射入靜止在光滑的水平面上的木塊中并最終一起共同運動恒力作用、已知相對位移、動量守恒Ffx相對＝eq\f（1,2)m1veq\o\al（02,）－eq\f（1,2）(m1＋m2)v2“人船”模型人在不計阻力的船上行走x船＝eq\f（m，M＋m）L，x人＝eq\f（M,M＋m)L命題點一動量與動力學觀點的綜合應用1．解動力學問題的三個基本觀點(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．(2）能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題．2．力學規(guī)律的選用原則（1）如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．(2）研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理（涉及時間的問題)或動能定理（涉及位移的問題）去解決問題．（3）若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用,一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題,但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．(4）在涉及相對位移問題時則優(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．(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到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)換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．例1(2018·全國卷Ⅱ·24）汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖1所示，碰撞后B車向前滑動了4。5m,A車向前滑動了2。0m．已知A和B的質(zhì)量分別為2。0×103kg和1。5×103kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0。10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g＝10m/s2.求:圖1（1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；（2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。鸢?1）3。0m/s（2）4。25m/s解析(1)設B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)．設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′,碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有vB′2＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3。0m/s③（2)設A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′,碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有vA′2＝2aAsA⑤設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25m/s變式1（2018·重慶市上學期期末抽測)如圖2甲所示,質(zhì)量m1＝4kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m2＝1kg的小物塊靜止在長木板的左端．現(xiàn)對小物塊施加一水平向右的作用力F,小物塊和長木板運動的速度－時間圖象如圖乙所示.2s后，撤去F，g取10m/s2.求：圖2(1)小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ;（2）水平力的大小F；(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE。答案（1)0.2(2）4N(3)3.6J解析（1）由題圖可知：長木板的加速度a1＝eq\f(1,2）m/s2＝0.5m/s2由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長木板的滑動摩擦力Ff＝m1a1＝2N小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)：μ＝eq\f(Ff,m2g)＝0.2（2）由題圖可知，小物塊的加速度a2＝eq\f（4，2）m/s2＝2m/s2由牛頓第二定律可知：F－μm2g＝m2a2解得F＝4N(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，最終兩者以相同速度(設為v)運動m1v1＋m2v2＝（m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝1。6m/s則系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al（12,)＋\f（1,2）m2v\o\al(22,)）)－eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（m1＋m2))v2＝3。6J命題點二動量與能量觀點的綜合應用1．兩大觀點動量的觀點:動量定理和動量守恒定律．能量的觀點:動能定理和能量守恒定律．2．解題技巧（1）若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)．（2）若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理．(3）動量守恒定律、能量守恒定律（機械能守恒定律）、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性．例2（2018·全國卷Ⅰ·24）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．答案（1)eq\f(1，g)eq\r（\f(2E，m))(2）eq\f（2E，mg)解析(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1，2)mveq\o\al（02,）①設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f（1，g)eq\r(\f(2E，m））③（2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f（1，4）mveq\o\al(12，)＋eq\f（1，4)mveq\o\al（22，)＝E⑤eq\f（1，2)mv1＋eq\f（1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f（1,4)mveq\o\al(12，)＝eq\f（1，2）mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f（2E,mg）變式2(2018·四川省樂山市第一次調(diào)研）如圖3,一質(zhì)量M＝6kg的木板B靜止于光滑水平面上,物塊A質(zhì)量m＝6kg，停在木板B的左端．質(zhì)量為m0＝1kg的小球用長為L＝0。8m的輕繩懸掛在固定點O上,將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與物塊A發(fā)生碰撞后反彈,反彈所能達到的最大高度為h＝0.2m，物塊A與小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力．已知物塊A、木板B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，（g＝10m/s2）求:圖3(1）小球運動到最低點與物塊A碰撞前瞬間,小球的速度大小；(2)小球與物塊A碰撞后瞬間,物塊A的速度大小；(3）為使物塊A、木板B達到共同速度前物塊A不滑離木板，木板B至少多長．答案(1）4m/s（2）1m/s（3)0。25m解析(1)對小球下擺過程，由機械能守恒定律得：m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al（02,)，v0＝4m/s（2)對小球反彈后過程，由機械能守恒定律得有m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al（12，)解得：v1＝2m/s小球與物塊A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以小球的初速度方向為正方向由動量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋mvA解得vA＝1m/s(3）物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向為正方向由動量守恒定律得:mvA＝(m＋M)v，解得v＝0.5m/s由能量守恒定律得:μmgx＝eq\f(1，2)mveq\o\al(A2,)－eq\f(1,2）（m＋M）v2，解得x＝0。25m．命題點三力學三大觀點解決多過程問題1．表現(xiàn)形式(1）直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動．(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動．（3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動．2．應對策略(1)力的觀點解題:要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度；（2）兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能),分析并求出過程中的沖量（功)；（3）過程中動量或機械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)．例3(2018·山東省泰安市一模)如圖4所示，質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接),輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài)．質(zhì)量M＝1kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端．木板左端放有一質(zhì)量m2＝1kg的小滑塊Q?，F(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，撤去推力，此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v0＝10m/s，與小車左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，滑塊Q停在木板上．已知臺面AB部分光滑，P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1,A、C間距離L＝4m．滑塊Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.1(g取10m/s2），求:圖4(1）撤去推力時彈簧的彈性勢能;（2）長木板運動中的最大速度；（3)長木板的最小長度．答案（1)27J(2）2m/s（3)3m解析(1)小物塊P由B點到C點的過程：W彈－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(02，）－0解得：W彈＝27JEp＝W彈＝27J即：撤去推力時彈簧的彈性勢能為27J。（2）小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向m1v0＝－m1vP＋m2vQ小物塊P從碰撞后到靜止－eq\f（1,2)μ1m1gL＝0－eq\f(1，2）m1veq\o\al(P2，)解得vQ＝6m/s滑塊Q在長木板上滑動過程中：對Q：－μ2m2g＝m2a1對木板：μ2m2g－μ3（M＋m2）g＝Ma2解得：a1＝－4m/s2a2＝2m/s2當滑塊Q和木板速度相等時，木板速度最大，設最大速度為v,滑行時間為t0對Q∶v＝vQ＋a1t0對木板：v＝a2t0解得：t0＝1sv＝2m/s則長木板運動中的最大速度為2m/s(3）在滑塊Q和木板相對滑動過程中Q的位移：xQ＝eq\f(1,2)（vQ＋v）·t0木板的位移：x板＝eq\f(1,2)（0＋v)·t0木板的最小長度：L＝xQ－x板解得：L＝3m。變式3（2018·河北省定州中學承智班月考）如圖5所示，固定點O上系一長L＝0.6m的細繩，細繩的下端系一質(zhì)量m＝1。0kg的小球(可視為質(zhì)點），原來處于靜止狀態(tài),球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力,平臺高h＝0。80m，一質(zhì)量M＝2。0kg的物塊開始靜止在平臺上的P點，現(xiàn)對物塊M施予一水平向右的初速度v0,物塊M沿粗糙平臺自左向右運動到平臺邊緣B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經(jīng)最高點A時，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而物塊M落在水平地面上的C點，其水平位移x＝1.2m，不計空氣阻力，g＝10m/s2.圖5（1）求物塊M碰撞后的速度大小;(2)若平臺表面與物塊M間的動摩擦因數(shù)μ＝0。5，物塊M與小球的初始距離為x1＝1。3m,求物塊M在P處的初速度大?。鸢福?)3。0m/s(2）7。0m/s解析(1）碰后物塊M做平拋運動，設其平拋運動的初速度為v3,平拋運動時間為th＝eq\f(1，2）gt2①x＝v3t②得：v3＝xeq\r（\f(g,2h))＝3.0m/s③（2）物塊M與小球在B點處碰撞，設碰撞前物塊M的速度為v1，碰撞后小球的速度為v2，由動量守恒定律：Mv1＝mv2＋Mv3④碰后小球從B點處運動到最高點A過程中機械能守恒,設小球在A點的速度為vA，則eq\f（1，2）mveq\o\al（22,）＝eq\f（1,2)mveq\o\al(A2，)＋2mgL⑤小球在最高點時有：2mg＝meq\f(v\o\al（A2,)，L)⑥由⑤⑥解得：v2＝6。0m/s⑦由③④⑦得:v1＝eq\f(mv2＋Mv3，M）＝6。0m/s⑧物塊M從P點運動到B點過程中,由動能定理：－μMgx1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(12，）－eq\f(1，2）Mveq\o\al(02，)⑨解得:v0＝eq\r(v\o\al（12，)＋2μgx1）＝7.0m/s⑩1．(2018·北京理綜·22)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．某滑道示意圖如圖1所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h＝10m,C是半徑R＝20m圓弧的最低點．質(zhì)量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2,到達B點時速度vB＝30m/s.取重力加速度g＝10m/s2.圖1（1）求長直助滑道AB的長度L；（2）求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??；（3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小．答案(1)100m（2）1800N·s(3）見解析圖3900N解析（1)根據(jù)勻變速直線運動公式，有L＝eq\f（v\o\al（B2,)－v\o\al(A2,）,2a）＝100m（2）根據(jù)動量定理,有I＝mvB－mvA＝1800N·s(3)運動員經(jīng)過C點時的受力分析如圖所示．根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有mgh＝eq\f(1,2）mveq\o\al(C2,)－eq\f(1，2）mveq\o\al(B2，)根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(C2,）,R)得FN＝3900N2。（2018·安徽省黃山市一質(zhì)檢）如圖2所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點)蕩秋千（秋千繩處于水平位置）,從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時,女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R。不計空氣阻力，求:圖2(1）擺到最低點B，女演員未推男演員時秋千繩的拉力；(2)推開過程中，女演員對男演員做的功;(3)男演員落地點C與O點的水平距離s。答案(1)9mg（2）6mgR（3)8R解析(1）第一個過程:兩雜技演員從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒．設二者到達B點的速度大小為v0，則由機械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝eq\f（1，2）（m＋2m）veq\o\al(02,).女演員未推男演員時,秋千繩的拉力設為FT，由兩雜技演員受力分析有：FT－（2m＋m）g＝eq\f（m＋2mv\o\al（02，）,R)所以FT＝9mg（2）第二個過程：兩演員相互作用,沿水平方向動量守恒．設作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2,所以有（m＋2m)v0＝2mv2－mv1.第三個過程：女演員上擺到A點過程中機械能守恒，因此有mgR＝eq\f(1,2）mveq\o\al（12,)。女演員推開男演員時對男演員做的功為W＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al（22,）－eq\f（1，2）×2mveq\o\al(02，)聯(lián)立得:v2＝2eq\r（2gR),W＝6mgR（3）第四個過程:男演員自B點平拋，有：s＝v2t。運動時間t可由豎直方向的自由落體運動得出4R＝eq\f(1，2)gt2，聯(lián)立可解得s＝8R.3．(2018·山東省青島市二模)如圖3所示,半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連,A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切．在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細線連在一起．某時刻剪斷細線后,小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發(fā)生碰撞．已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0。5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝168J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0。8，不計空氣阻力，求:圖3（1)小球Q運動到C點時的速度大小;(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開圓軌道后經(jīng)過多長時間與小球P相碰．答案（1)12m/s(2)0。75m（3)1s解析(1）兩小球彈開的過程,由動量守恒定律得：m1v1＝m2v2由機械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1，2）m1veq\o\al（12,）＋eq\f(1,2)m2veq\o\al（22,）聯(lián)立可得:v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得：eq\f（1，2)m2veq\o\al(22,)＝eq\f（1，2）m2veq\o\al（C2，）＋2m2gR解得：vC＝12m/s，（2）小球P在斜面向上運動的加速度為a1，由牛頓第二定律得：m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1，解得：a1＝10m/s2故上升的最大高度為：h＝eq\f（v\o\al(12，),2a1）sinθ＝0。75m(3)設兩小球相遇點距離A點為x,小球P從A點上升到兩小球相遇所用的時間為t,小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則：m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2,解得：a2＝2m/s2小球P上升到最高點所用的時間：t1＝eq\f（v1,a1）＝0。5s，則：2R＝eq\f(1,2）gt2＋h－eq\f（1,2）a2(t－t1）2sinθ解得：t＝1s.4．(2018·湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖4所示，半徑為R1＝1.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧與半徑為R2＝0.3m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長度為L＝2。0m、質(zhì)量為M＝1。5kg的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的臺階，其高度正好與木板相同．現(xiàn)在讓質(zhì)量為m2＝2kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從光滑圓弧頂部的A處由靜止釋放,物塊m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開,整體設為物塊m（m＝m1＋m2）．物塊m穿過半圓管底部C處滑上木板使其從靜止開始向左運動