2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题4　第32讲　动力学、动量和能量观点在力学中的应用



第32讲　动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点概述　(1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。(2)学好本热点，可以帮助同学们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(牛顿运动定律和运动学基本规律)，动量观点(动量定理和动量守恒定律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。



1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点
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和圆周运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题
综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用牛顿第二定律求解。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较

动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零
(2)内力远远大于外力
(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)
(1)只受重力或弹力作用
(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功
(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零
标矢性质
矢量守恒(可以写出某一方向的守恒表达式)
标量守恒(不考虑方向性，无某一方向的守恒表达式)
4．力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须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化。
5．用力学三大观点解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作出草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律。
①若用动力学的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。

[例1]　(2019·四川资阳高三上学期期末)如图所示，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求：

(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能；
(2)m2运动的最大速度vm。
解析　(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律得：
m1v0＝(m1＋m3)v1
损失的机械能：ΔE＝m1v－(m1＋m3)v
解得：ΔE＝24 J。
(2)对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，由动量守恒定律及机械能守恒定律有：
(m1＋m3)v1＝(m1＋m3)v3＋m2vm
(m1＋m3)v＝(m1＋m3)v＋m2v
解得：vm＝2 m/s。
答案　(1)24 J　(2)2 m/s

“弹簧类”模型
(1)模型特点：两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。若只有弹簧弹力做功，则系统机械能守恒。

(2)过程分析：通过弹簧发生相互作用的两物体组成的系统，两者共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞。从开始发生作用到弹簧再次恢复原长，此时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞。
注意：(1)物体的速度最大时，应该是加速度为零、弹簧恢复原长，相当于弹性碰撞结束时。
(2)在多个物体通过弹簧发生相互作用的系统中，发生碰撞时要注意研究对象的合理选择，如例1中m1与m3碰撞瞬间m2的速度保持不变，研究对象应只选m1与m3。
[例2]　如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：

(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B的最大速度。
解析　(1)小球C从a点运动到b点的过程，由机械能守恒定律，有mgR＝mv
解得小球到b点时的速度大小为v0＝
在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh
解得h＝。
(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律可知mv＝mv＋Mv
解得v2＝。
答案　(1)　3mg＋Mg　(2)
(3)

“轨道类”模型

(1)模型特点：一个物体在水平方向运动，另一个物体沿曲线运动，两个物体运动的过程水平方向动量守恒。若只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒。
(2)过程分析：以图a为例。
①最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。(完全非弹性碰撞拓展模型)
②最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv。(完全弹性碰撞拓展模型)
[例3]　(2019·云南保山高考模拟)如图，半径R＝0.8 m的圆弧形的光滑轨道竖直放置，圆弧轨道最低点D与长为L的水平面DE相切于D点，质量M＝1.0 kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点D后，与D点m＝0.5 kg的静止小滑块B相碰，碰后A的速度变为vA＝2.0 m/s，仍向右运动。已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，A、B均可视为质点，B与E处的竖直挡板相碰时没有机械能损失，取g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后瞬间滑块B的速度大小；
(2)碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小；
(3)要使两滑块不发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件。
解析　(1)设小滑块A运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR＝Mv2
设滑块B被碰后的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv＝MvA＋mvB
代入数据解得：vB＝4 m/s。
(2)碰撞后瞬间，对B，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝15 N
由牛顿第三定律知碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小FN′＝FN＝15 N。
(3)由于碰后B的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两滑块从碰撞到最后停止，达到最大的路程分别为sA、sB，则对于A，由动能定理：－μMgsA＝0－Mv，
代入数据解得：sA＝2 m
对于B，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得－μmgsB＝0－mv，
代入数据解得：sB＝8 m
两滑块刚好发生第二次接触时有：2L＝sA＋sB＝10 m
要使两滑块不发生第二次碰撞，则有L>5 m。
答案　(1)4 m/s　(2)15 N　(3)L>5 m

应用力学三大观点解题时应注意的问题
(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，明确各运动过程的运动特点，根据每个过程的特点选择合适的物理规律解题。
(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两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力，或系统在某一方向不受力或所受合力为零时，一般考虑用动量守恒定律分析。如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。已知或求解力和位移关系时通常用动能定理，已知或求解力和时间关系时通常用动量定理。
(4)注意衔接处或各子过程的物理量关系，如速度关系、位移关系。当绳子绷紧、物块碰撞时一般有机械能损失，速度大小会发生突变。
[例4]　(2019·山东德州二模)如图所示，质量M＝0.4 kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L＝0.5 m，某时刻另一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，小滑块始终未脱离长木板。求：

(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
解析　(1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.4 m/s
对长木板：μmg＝Ma
得长木板的加速度：a＝0.5 m/s2
自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度：v1＝at1
解得：t1＝0.8 s
长木板向右运动的位移：x＝at
解得：x＝0.16 m10 cm，所以能射穿该木块。

课时作业

1．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　)

A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
答案　C
解析　轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，系统的合外力不为零，动量不守恒，故A、B错误。设轨道的水平部分长为L，轨道固定时，根据能量守恒定律得：mgR＝μmgL；轨道不固定时，假设物块能停在轨道上，且与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0；根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，假设成立，故C正确，D错误。
2．(2019·哈尔滨师大附中高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1 kg，一质量为0.5 kg的小球以3 m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g＝10 m/s2)，则(　　)

A．h＝45 cm
B．小球上升至h处的速度为0
C．脱离时小球的速度大小为3 m/s
D．脱离时小车的速度大小为2 m/s
答案　D
解析　小球上升到最高点时与小车相对静止，设有共同速度v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，由机械能守恒定律得：m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh，联立以上两式解得：h＝0.3 m，故A、B错误；设小球在返回小车左端时速度为v1，此时小车的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v，联立解得：v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故脱离时小球的速度大小为1 m/s，小车的速度大小为2 m/s，故D正确，C错误。
3．(2019·福建三明高三上学期期末)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得(　　)

A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案　D
解析　在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大，在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧恢复原长，弹性势能为零，A、B错误；根据动量守恒守律，0～t1时间内：m1v0＝(m1＋m2)v1，即：3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1 m/s和2 m/s，根据Ek＝mv2，可知A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，D正确。
4．(2019·宁夏石嘴山三中上学期期末)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是(　　)

A．B、C碰撞刚结束时B、C的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
答案　B
解析　B与C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C的共同速度为vBC，规定向右为正方向，则mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝ m/s＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒有，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得：vABC＝ m/s＝3 m/s，设弹簧的弹性势能最大值为Ep，根据机械能守恒定律：Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时系统减少的动能最多，弹簧弹性势能最大，则此时弹簧不会是原长状态，故D错误。
5．(2019·天津高三上学期期末七校联考)(多选)在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是(　　)

A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D．位移s一定大于深度d
答案　AB
解析　子弹射击木块的过程中，设子弹与木块间的摩擦力为f，摩擦力对木块M做的功为W1＝fs，摩擦力对子弹m做的功为W1＝－f(s＋d)，根据能量守恒定律可得子弹动能的亏损为ΔEk1＝f(d＋s)，系统动能的亏损为ΔEk2＝fd，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A正确，C错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子弹动量变化量的大小Δp1＝mv0－mv＝，木块动量变化量的大小Δp2＝Mv＝，故B正确；对木块，根据动能定理可得fs＝Mv2－0，解得木块在加速运动中的位移为s＝，根据能量守恒定律可得fd＝mv－(m＋M)v2，解得射入的深度为d＝>·＝s，故D错误。
6．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0