新高考物理一轮复习教案第6章热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用（含解析）

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热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。
[热点透析]
动量与动力学观点的综合应用
1.解动力学问题的三个基本观点
1力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
2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。
3动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
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动力学关系式，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能量守恒定律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。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量mA＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB＝4 kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x＝2 m。现对小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度—时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)求恒力F的大小；
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少？
解析 (1)若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度a′＝μ0g＝3 m/s2
由图乙可知，A的加速度aA＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
即A、B间发生相对滑动，对A有
μ0(mA＋mB)g－μmBg＝mAaA
可得μ＝0.25。
(2)对小车，在该过程中，根据牛顿第二定律有
F－μ0(mA＋mB)g＝Ma
且x＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)aAt2
可得a＝8 m/s2，F＝34 N。
(3)由图乙知，当A与小车碰撞时A的速度vA＝4 m/s
B的速度vB＝μgt＝2.5 m/s
小车的速度v车＝at＝8 m/s
该过程中B相对于A滑动的距离为
L1＝eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2＝0.75 m
A与小车组成的系统在碰撞中动量守恒，可知
Mv车＋mAvA＝(M＋mA)v
可得v＝6 m/s
当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度v共时，B恰好不与小车后壁发生碰撞，设从A与车厢后壁碰撞至B滑至A左端这段时间B相对A滑动的距离为L2，对A、小车与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知
(M＋mA)v＋mBvB＝(M＋mA＋mB)v共
eq \f(1,2)(M＋mA)v2＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(M＋mA＋mB)veq \\al(2,共)＝μmBgL2
可得L2＝1.225 m
故小车车厢前、后壁间距L的最小值
Lmin＝x＋L1＋L2＝3.975 m。
答案 (1)0.25 (2)34 N (3)3.975 m
动量与能量观点的综合应用
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，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75 kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5 m，圆弧槽半径为0.4 m，木板左端静置一个质量为0.25 kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8。在木板的左端正上方，用长为1 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
解析 (1)设轻绳长为L，因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，则小球A自由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此时A的速度为v1，根据自由落体运动规律，
可得veq \\al(2,1)＝2gL
轻绳伸直后瞬间小球A速度为v2＝v1cs30°
从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，由动能定理得mAgL(1－sin30°)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,2)
联立解得v3＝5 m/s。
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得
mAv3＝mAv4＋mBv5
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,4)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)
联立解得v4＝3 m/s，v5＝8 m/s
物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v6，物块B上升的最大高度为h，木板长为L1
由水平方向动量守恒及能量守恒定律得
mBv5＝(mB＋M)v6
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)＝eq \f(1,2)(mB＋M)veq \\al(2,6)＋μmBgL1＋mBgh
联立解得h＝0.8 m
因0.8 m>0.4 m，物块B会飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，则物块B与木板最终的共同速度仍为v6，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,5)＝eq \f(1,2)(mB＋M)veq \\al(2,6)＋μmBgx
解得x＝3.5 m
因3.5 m2L，解得L