(新高考)高考物理一轮复习课时练习第6章专题强化八《动力学、动量和能量观点在力学中的应用》(含解析)

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2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
题型一 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：运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。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
【例1】 (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，13)如图1所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：
图1
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。
答案 (1)eq \r(2gL) (2)eq \f(4,9)L
解析 (1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知
3mgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gL)。
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动
L＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2L,g))
水平方向上做匀速直线运动
2L＝v2t
解得v2＝eq \f(2L,t)＝eq \f(2L,\r(\f(2L,g)))＝2Leq \r(\f(g,2L))＝eq \r(2gL)
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋mv2
解得碰撞后小木块1的速度为
v1＝eq \f(3v0－v2,3)＝eq \f(2,3)eq \r(2gL)
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)
解得h＝eq \f(1,2)×eq \f(4,9)×2L＝eq \f(4,9)L。
【变式1】 (2020·山东青岛市上学期期末)如图2，物流转运中心的水平地面上有一辆质量M＝4 kg、长L＝1.4 m的平板小车，在平板车的右端放有质量m＝1 kg的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力F拉小车的方式，重力加速度g＝10 m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力，求：
图2
(1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力F0；
(2)若用F＝28 N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多少。
答案 (1)20 N (2)1 s
解析 (1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小，有
对快件：μmg＝ma0
对快件及小车整体：F0＝(M＋m)a0
解得：F0＝20 N
(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时间为tm，F作用时间内，快件在小车上滑动距离为L1，撤去拉力F时，快件的速度为v1，小车的速度为v2，有
对快件：μmg＝ma1
v1＝a1tm
对小车：F－μmg＝Ma2，v2＝a2tm
另有L1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,m)－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,m)
撤去F后，有mv1＋Mv2＝(M＋m)v
μmg(L－L1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
解得tm＝1 s
题型二 力学三大观点解决多过程问题
1.表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
2.应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
【例2】 (2020·天津卷，11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)。④
(2)设两球碰后粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝eq \f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)。
【变式2】 (2020·海南省新高考3月线上诊断)如图3甲所示，质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。已知木板质量M＝4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。求：
图3
(1)圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
(2)滑块与木板间的动摩擦因数；
(3)木板的长度。
答案 (1)5 m 30 N (2)0.4 (3)10 m
解析 (1)由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10 m/s，则由机械能守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得R＝5 m
滑块在圆弧轨道末端时F－mg＝eq \f(mv2,R)
解得F＝30 N
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30 N
(2)滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有mv＝(m＋M)v1
解得v1＝2 m/s
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma1
由图乙知a1＝eq \f(v1－v,t)＝－4 m/s2
解得μ＝0.4
(3)由功能关系可知eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)＝μmgl
解得l＝10 m
【变式3】 (2020·安徽蚌埠市第二次质检)如图4所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P和Q之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于A处，某时刻弹簧解锁(时间极短)使P、Q分离，Q沿水平面运动至D点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C，最终也落在D点。已知P的质量为m1＝0.4 kg，Q的质量为m2＝0.8 kg，半圆轨道半径R＝0.4 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
图4
(1)A、D之间的距离；
(2)弹簧锁定时的弹性势能；
(3)Q与水平面之间的动摩擦因数。(结果保留2位小数)
答案 (1)0.8 m (2)6 J (3)0.31
解析 (1)设物块P在C点时的速度v，A、D距离为L，由圆周运动和平抛运动规律，得
m1g＝eq \f(m1v2,R)，2R＝eq \f(1,2)gt2，L＝vt，
解得 v＝2 m/s，L＝0.8 m。
(2)设P、Q分离瞬间的速度大小分别为v1、v2，弹簧锁定时的弹性势能为Ep，选水平面为零势能参考面，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝m2v2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝m1g·2R＋eq \f(1,2)m1v2
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
联立解得Ep＝6 J。
(3)设Q与水平面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μm2gL＝－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得μ＝eq \f(5,16)≈0.31。
课时限时练
(限时：40分钟)
1.(2020·全国卷Ⅲ，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
图1
A.3 J B.4 J
C.5 J D.6 J
答案 A
解析 设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
2.(2020·广东珠海市上学期期末)2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点由静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图2所示，当给小球一瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为( )
图2
A.eq \f(I,m)eq \r(\f(R,r)) B.eq \f(I,m)eq \r(\f(R,5r)) ]
C.eq \f(I,m)eq \r(\f(r,R)) D.eq \f(I,m)eq \r(\f(r,5R))
答案 B
解析 小球获得瞬时冲量I的速度为v0，有I＝mv0；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，mg月＝meq \f(v2,r)；从最低点到最高点由动能定理可知
－mg月·2r＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
联立解得g月＝eq \f(I2,5rm2)
月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足m′g月＝m′eq \f(veq \\al(2,1),R)
解得v1＝eq \r(g月R)＝eq \f(I,m)eq \r(\f(R,5r))，故选项B正确。
3. (2020·山东省等级考试第二次模拟卷)如图3所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3 kg和mB＝0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1 s的时间运动了x＝1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
图3
(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；
(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。
答案 (1)0.5 m (2)不能 理由见解析
解析 (1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC
由运动学公式得xC＝eq \f(1,2)aCt2，且Δx＝x－xC
联立解得Δx＝0.5 m。
(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，
由运动学公式得x＝eq \f(1,2)vAt，vC＝aCt
解得vA＝3 m/s，vC＝2 m/s
设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB
解得vAB＝0.8 m/s
设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得
(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC
解得vABC＝1 m/s
设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,AB)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＋μmCgLx
联立解得Lx＝0.3 m＜Δx
所以滑块C不能滑到B车上。
4.(2020·天津市六校期末联考)如图4所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为光滑的水平轨道，O点右边为四分之一圆弧轨道，高度h＝0.8 m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m＝0.1 kg的小滑块a由静止开始从圆弧轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止的小滑块b发生碰撞，小滑块b的质量M＝0.4 kg，碰撞后小滑块a恰好停止运动。取重力加速度g＝10 m/s2，求
图4
(1)小滑块a通过O点时对轨道的压力的大小和方向；
(2)碰撞瞬间小滑块b所受冲量的大小；
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。
答案 (1)3 N，方向竖直向下 (2)0.4 N·s (3)0.6 J
解析 (1)小滑块a从曲线轨道上下滑的过程中，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度v0＝4 m/s
小滑块a通过O点时，有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
代入数据解得FN＝3 N
根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为3 N，方向竖直向下。
(2)碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv1
设滑块b所受冲量的大小为I，由动量定理得I＝Mv1
代入数据得I＝0.4 N·s。
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
代入数据解得ΔE＝0.6 J。
5.(2020·海南省新高考一模)有一种打积木的游戏，装置如图5所示，三块完全相同的积木叠放在靶位上，长为L，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为R且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一段距离s(s>2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求：
图5
(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)动摩擦因数；
(3)积木B滑行的距离。
答案 (1)eq \r(2gR) 0 (2)eq \f(R,4L＋s) (3)s－eq \f(1,4)L
解析 (1)设钢球和滑块的质量均为m，由机械能守恒定律可得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gR)
钢球与滑块A碰撞过程满足：mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gR)
(2)对滑块A由动能定理：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝(μ·3mg＋μ·2mg)L＋μmg(s－L)
解得μ＝eq \f(R,4L＋s)
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下后静止的积木B发生弹性碰撞，此时B的速度仍为v3＝eq \r(2gR)滑行s－L后与A碰撞，此时B的速度为v4，则：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝－(μ·2mg＋μmg)L－μmg(s－2L)
得v4＝eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
当AB碰撞时，由动量守恒：mv4＝2mv5
解得v5＝eq \f(1,2)v4＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
由动能定理：eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,5)＝μ·2mgx
解得x＝eq \f(3L,4)，
则积木B滑行的距离x′＝s－L＋x＝s－eq \f(1,4)L
6.(2020·山东日照市4月模拟)如图6所示，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R＝0.6 m的光滑竖直半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧拴接，C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v0＝6 m/s沿水平方向向右滑动，A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间，C脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。(取g＝10 m/s2)求：
图6
(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)C脱离弹簧时的速度大小vC；
(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时C对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。
答案 (1)6 J (2)6 m/s (3)能，10 N
解析 (1)A、B、C位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设A与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为v1，对A、B有mAv0＝(mA＋mB)v1
可得v1＝4 m/s
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B、C共同速度为v2，有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
可得v2＝3 m/s
由机械能守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,2)
解得Ep＝6 J。
(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度为vB，C的速度为vC，此后C脱离弹簧
由动量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)vB＋mCvC
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
解得vC＝6 m/s。
(3)C脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mCv2＋mCg·2R＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
可得v＝2eq \r(3) m/s
设过最高点时轨道对C的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
mCg＋FN＝mCeq \f(v2,R)
可得FN＝10 N＞0，所以假设成立，C能通过最高点，且对轨道的压力大小为10 N。