第七章　第4讲　专题强化：力学三大观点的应用 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：力学三大观点的应用
1．三个基本观点
(1)动力学观点：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。
2．五大基本规律
规律 公式表达
牛顿第二定律 F合＝ma
动能定理 W合＝ΔEk， W合＝mv－mv
机械能守恒定律 E1＝E2， mgh1＋mv＝mgh2＋mv
动量定理 F合t＝p′－p，I合＝Δp
动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
3.选用规律原则
(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)研究某一物体因受到力的持续作用而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)在涉及相对位移时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，即转变为系统的内能。
(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系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
【典例1】　(2023·天津卷)已知A、B两物体的质量mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从距水平地面h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从水平地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失的机械能ΔE。
【解析】　(1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落的高度为hA＝gt2，则碰撞时离地高度x＝h－hA，联立并代入数据解得x＝1 m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2，代入数据解得vB0＝6 m/s，碰撞前A物体的速度大小vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下，碰撞前B物体的速度大小vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上，选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2，代入数据解得ΔE＝12 J。
【答案】　(1)1 m　(2)0　(3)12 J
【典例2】　(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W克；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【解析】　(1)A在传送带上运动时的加速度大小a＝μg，由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W克＝×2mv＋2mg×3L－×2m×(2v0)2＝6mgL－3mv。
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知，2m×2v0＝mv1＋2mv2，×2m×(2v0)2×＝mv＋×2mv，解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝v0，v2＝v0舍掉)，两药品盒平抛运动的时间t1＝，则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，解得s＝。
【答案】　(1)　(2)6mgL－3mv
(3)
【典例3】　(2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
【解析】　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得mgL＝mv－0，解得v0＝5 m/s，在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝m，解得FT＝6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3，由能量守恒定律得Mv＝×2Mv＋μ1Mgs，解得μ1＝0.4，若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4，由能量守恒定律得Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR，解得μ2＝0.25，综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
【答案】　(1)6 N　(2)4 m/s
(3)0.25≤μ<0.4
课时作业38
1．(12分)如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小。
解析：(1)设滑道AB段的长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在滑道AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在滑道AB段滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2，联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s，v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s，滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上所受外力的合力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
2．(15分)(2023·浙江卷)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37° 的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
解析：(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－R cos θ)＝mv，解得vC＝4 m/s，滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝m，解得FC＝22 N。
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－mgLFG＝mv2，解得v＝6 m/s，摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1，解得v1＝＝3 m/s，根据能量守恒可得Q＝μmgL＝mv2－×2mv，解得μ＝0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝3 m/s2，所用的时间为t1＝＝1 s，此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m，滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用的时间为t2＝＝1.5 s，则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
3．(18分)(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v。
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg＋3mg＝m，代入数据解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速运动，根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a，根据题图乙有k＝＝0.5 kg-1，当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F－μmg＝Ma，结合题图乙有a＝F－，可知k＝＝1 kg-1，截距b＝－＝－2 m/s2，联立以上各式可得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)由题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，设当小物块运动到P点时经过t0时间，则对轨道有v1＝a1t0，对小物块有v2＝a2t0，撤去F后至小物块离开轨道，系统机械能守恒，有Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR，水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4，联立解得t0＝1.5 s，根据运动学公式有L＝a1t－a2t，代入数据解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg (ⅱ)4.5 m
4．(15分) (2024·湖南卷节选)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量分别为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
解析：(1)由题意可知A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 mAv0＝(mA＋mB)v，可得v＝，碰撞后根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)，可得F＝。
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，联立解得vA＝v0，vB＝。所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示，因vA①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程关系为xB－xA＝3L，即vBt－vAt＝3L，对A有xA＝vAt＝L＋3k1L(k1＝0，1，2，3，…)，对B有xB＝vBt＝4L＋3k1L(k1＝0，1，2，3，…)，则A、B通过的路程之比为＝(k1＝0，1，2，3，…)，则有＝＝(k1＝0，1，2，3，…)，联立解得＝(k1＝0，1，2，3，…)。由于两质量均为正数，故k1＝0，即＝2。对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A、v′B，则同样有mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′，联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程关系为xB－xA＝3L，即vBt－vAt＝3L，对A有xA＝vAt＝2L＋3k2L(k2＝0，1，2，3，…)对B有xB＝vBt＝5L＋3k2L(k2＝0，1，2，3，…)，则A、B通过的路程之比为＝(k2＝0，1，2，3，…)
所以＝＝(k2＝0，1，2，3，…)，联立可得＝(k2＝0，1，2，3，…)，因为两质量均为正数，故k2＝0，即＝5，根据①的分析可证第二次碰撞后A、B的速度分别为v′A＝v0，v′B＝0，满足题意。
综上可知 ＝2或＝5。
答案：(1)　　(2)2或5