1、1第 2 讲 动力学、动量和能量观点在力学中的应用一、力的三个作用效果与五个规律分类 对应规律 公式表达力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F 合 ma动能定理W 合 EkW 合 mv22 mv1212 12力对空间积累效果机械能守恒定律E1 E2mgh1 mv12 mgh2 mv2212 12动量定理F 合 t p p I 合 p力对时间积累效果动量守恒定律 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2二、碰撞中常见的力学模型及其结论模型名称 模型描述 模型特征 模型结论“速度交换”模型相同质量的两球发生弹性正碰m1 m2，动量、动能均守恒v10， v2 v0(v20， v1 v0)“完全非弹性碰撞”
2、模型两球正碰后粘在一起运动动量守恒、能量损失最大 v v0(v20， v1 v0)m1m1 m2命题点一 动量与动力学观点的综合应用1解决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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题22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
3、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例 1 如图 1 甲所示，质量均为 m0.5kg 的相同物块 P 和 Q(可视为质点)分别静止在水平地面上 A、 C 两点 P 在按图乙所示随时间变化的水平力 F 作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力
4、F，此时 P 运动到 B 点，之后继续滑行并与 Q 发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知 B、 C 两点间的距离 L3.75m， P、 Q 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，取g10m/s 2，求：图 1(1)P 到达 B 点时的速度大小 v 及其与 Q 碰撞前瞬间的速度大小 v1；(2)Q 运动的时间 t.答案 (1)8m/s 7 m/s (2)3.5s解析 (1)在 03s 内，以向右为正方向，对 P 由动量定理有：F1t1 F2t2 mg (t1 t2) mv0其中 F12N， F23N， t12s， t21s解得 v8m/s设 P 在 B、 C 两点间滑行的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有
5、：mg maP 在 B、 C 两点间做匀减速直线运动，有：v2 v122 aL解得 v17m/s3(2)设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1、 v2，有：mv1 mv1 mv2mv12 mv1 2 mv2212 12 12碰撞后 Q 做匀减速直线运动，有：mg matv2a解得 t3.5s.变式 1 质量为 m11200kg 的汽车 A 以速度 v121m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量 m2800 kg 的汽车 B 以速度 v215 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车 t1s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行
6、一段距离后停下，设两车与路面间的动摩擦因数 0.3，取 g10m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行) t00.2s，则 A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离答案 (1)6m/s (2)6 倍 (3)6m解析 (1)对于减速过程有 a g对 A 车有： vA v1 at对 B 车有： vB v2 at以碰撞前 A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA m2vB( m1 m2)v 共可得 v 共 6m/s(2)对 A 车由动量定理得： Ft0 m1v 共
7、 m1vA可得 F7.210 4N 则 6Fm1g(3)对共同滑行的过程有x ，可得 x6m.v共 22a命题点二 动量与能量观点的综合应用1两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律42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做功问题，就更显示出它们的优越性例 2 如图
8、2 所示，在水平面上依次放置小物块 C 和 A 以及曲面劈 B，其中 A 与 C 的质量相等均为 m，曲面劈 B 的质量 M3 m，劈 B 的曲面下端与水平面相切，且劈 B 足够高，各接触面均光滑现让小物块 C 以水平速度 v0向右运动，与 A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈 B.重力加速度为 g，求：图 2(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度答案 (1) mv02 (2)14 3v0240g解析 (1)小物块 C 与 A 发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律得： mv02 mv解得 v v0；12碰撞过程中系统损失的机械能
9、为 E 损 mv02 (2m)v212 12解得 E 损 mv02.14(2)当 AC 上升到最大高速时， ABC 系统的速度相等，根据动量守恒定律： mv0( m m3 m)v1解得 v1 v015由能量守恒：2 mgh 2m 2 5m 212 (12v0) 12 (15v0)解得 h .3v0240g变式 2 如图 3 甲所示，半径为 R0.45m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内， B 为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨 B 点有一静止的平板车，其质量 M5kg，长度 L0.5m，车的5上表面与 B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点 A 由静止释放，其质量m1kg， g 取 10m/
10、s2.图 3(1)求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力 Ff随它距 B 点位移 L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小答案 (1)30N (2)0.5m/s (3) m/s5解析 (1)物块从圆弧轨道 A 点滑到 B 点的过程中机械能守恒：mgR mvB212解得： vB3m/s在 B 点由牛顿第二定律得 FN mg mvB2R解得： FN30N由牛顿第三定律知，物块滑到 B 点时
11、对轨道的压力 FN FN30N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mvB( m M)v 共解得 v 共 0.5m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为 Ff L 图线与横轴所围的面积，则Wf J2J2 60.52物块在平板车上滑行过程中，由动能定理得： Wf mv2 mvB212 12解得： v m/s.5命题点三 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：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动62应对策略(1)力的观点解题：
12、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 3 如图 4 所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到出发点 A.已知男演员质量为 2m、女演员质量为 m，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R， C 点比 O 点低 5R.不计空气阻力，重力加速度为 g，求：图
13、 4(1)摆到最低点 B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s.答案 (1)9 mg (2)6 mgR (3)8 R解析 (1)两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒设二者到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有：( m2 m)gR (m2 m)v0212设绳子拉力大小为 FT，由受力分析和圆周运动知识有：FT( m2 m)gm 2mv02R则 FT9 mg(2)两演员相互作用，沿水平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分别为 v1、 v2，以 v2的方向为正方向，(
14、m2 m)v02 mv2 mv1女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR mv1212女演员推开男演员做功： W 2mv22 2mv0212 12解得： v22 ， W6 mgR2gR(3)男演员自 B 点做平抛运动落到 C 点，有： s v2t4R gt2，127解得 s8 R.变式 3 如图 5 所示，光滑的水平桌面高 h5m，桌面上有两个质量分别为mA5kg、 mB1kg 的小球 A、 B，它们之间有一个压缩的轻弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)， B 球通过一个长 L0.5m、竖直绷紧的轻绳挂在 B 的正上方 O 点现同时由静止释放两小球，已知 B 球以后恰好在竖直平面
15、内做完整的圆周运动不计空气阻力 g10m/s 2，求：图 5(1)小球 A 落地时距桌面边缘的水平距离 x；(2)最初弹簧储存的弹性势能 Ep.答案 (1)1m (2)15J解析 (1)设球 A、 B 被弹簧弹开后的速度分别为 vA、 vB，B 球在最高点有 mBg mBvB12LB 被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有 mBvB2 mBg2L mBvB1212 12解得 vB5m/sA、 B 被弹簧弹开过程动量守恒，以 vA的方向为正方向，0 mAvA mBvB解得 vA1m/sA 离开桌面边缘后做平抛运动， h gt2， x vAt12解得球 A 落地时距桌面边缘的水平距离 x
16、1m(2)最初弹簧储存的弹性势能 Ep mAvA2 mBvB215J.12 121在如图 1 所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以 5m/s 的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住已知木箱的质量为 30kg，人与车的总质量为 50kg.求：8图 1(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量答案 (1)3m/s (2)37.5J解析 (1)人推木箱的过程，由动量守恒定律可得：Mv1 mv2解得：人、车一起向左运动的速度 v13m/s(2)小明接木箱的过程
17、，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1 mv2( M m)v解得：三者的共同速度 v3.75m/s系统损失的能量： E Mv12 mv22 (M m)v237.5J12 12 122.如图 2 所示，水平地面光滑，质量为 m1的 A 物块，以 v010m/s 的速度向右匀速运动质量分别为 m2、 m3的物块 B 与 C，由轻质并且处于原长状态的水平弹簧相连， B、 C 和弹簧初始静止放置，某时刻 A 与 B 碰撞后立刻粘在一起已知 m12kg， m2 m33kg，求：图 2(1)A 与 B 碰撞粘在一起后瞬间的速度大小；(2)此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小答案 (
18、1)4m/s (2)15J解析 (1) A 与 B 碰撞过程，以 A、 B 为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有： m1v0( m1 m2)v代入数据解得： v4m/s(2)弹簧被第一次压缩到最短时 A、 B、 C 三物块速度相等，设为 v，由动量守恒定律有：m1v0( m1 m2 m3)v解得： v2.5m/s从 A 与 B 碰撞粘在一起到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有：(m1 m2)v2 (m1 m2 m3)v 2 Ep12 12解得： Ep15J3.如图 3 所示，半径 R0.8m 的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，质量为 m90.4kg 的滑块从圆弧轨道的
19、最高点由静止释放，当滑块运动到圆弧轨道的最低点 A 时，装在滑块内部的微量炸药发生爆炸，将滑块炸成质量之比为 的两块 P、 Q，其中 P 刚好m1m2 13又能回到圆弧轨道的最高点， Q 沿水平面向右滑行已知 Q 与水平面间的动摩擦因数为 ，炸药的质量忽略不计，重力加速度 g10m/s 2.23图 3(1)求 Q 在水平面上滑行的距离；(2)若炸药爆炸产生的化学能有 80%转化为 P、 Q 增加的机械能，试计算炸药爆炸时产生的化学能答案 (1) m (2)5J103解析 (1)设滑块下滑到轨道最低点时的速度大小为 v0，炸药爆炸后瞬间 P、 Q 的速度大小分别为 v1和 v2.滑块下滑的过程，
20、由机械能守恒定律得 mgR mv0212可得 v0 4m/s2gR爆炸后， P 上滑到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得m1gR m1v1212解得 v1 4m/s2gR炸药爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0 m2v2 m1v1又 ， m1 m2 mm1m2 13解得 v2 m/s203Q 在水平面上滑行，由动能定理得 m 2gs0 m2v2212解得 Q 在水平面上滑行的距离 s m103(2)设炸药爆炸时产生的化学能为 E，根据能量守恒定律得 E 5J.12m1v12 12m2v22 12mv0280%104.如图 4 所示，一颗质量为 m0.1kg 的子弹以 v050m/
21、s 的水平速度打入静止在光滑水平面上质量为 M0.9kg 的木块中，并随木块一起沿光滑半圆环 AB 运动到最高点 B，以后又落回地面要使木块下落的水平位移最大( g 取 10m/s2)图 4(1)半圆环的半径 R 应是多大？(2)最远落点离 A 多远？(3)木块经环最高点 B 点时，对环的压力多大？答案 (1) m (2)1.25m (3)30N516解析 (1)子弹、木块组成的系统动量守恒，以 v0的方向为正方向，mv0( m M)v1解得 v15m/s设木块和子弹到达最高点的速度为 v2则： (m M)v12 (m M)v22( m M)g2R12 12木块和子弹的平抛过程： x v2t,2R gt212由以上三式得 xv12 4gR4Rg由数学知识： R m 时木块下落的水平位移最大v128g 516(2)代入数值得最大水平位移为 x4 R m1.25m54(3)最高点环对木块的弹力向下，设为 F则： F( m M)g( m M)v22R解得： F30N根据牛顿第三定律，木块经环最高点 B 时对环的压力大小为 30N.11
