专题 力学观点的综合应用

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(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s≈4.3 m/s 。⑦ 答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
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(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过 程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过 程中克服摩擦力所做的功为W。 由动能定理有 mgH－fs1＝12mv1 2－0④(2 分) －(fs2＋mgh)＝0－12m－v212⑤(2 分) 从图(b)所给出的v－t图线可知 s1＝12v1t1⑥(1 分)
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2.力学中的五大规律
规律 牛顿第二定律
动能定理
机械能守恒定律
动量定理 动量守恒定律
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公式表达 F 合＝_m__a__ W 合＝ΔEk
W 合＝_12_m_v__2 _2－__12_m__v_1 2 E1＝E2
mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22 F 合 t＝p′－p I 合＝__Δ_p__
图1
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(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 解析 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 vB′2＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s。③
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故 v＝12vC＝12 2gh 假设 a、b 球碰撞后将一起绕 O 点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为 FT，则 FT－2mg＝2mvh2 解得FT＝3mg 因FT＞2.8mg，故细绳会断裂。 答案 (1) 2gh (2)会断裂
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动量观点与能量观点的综合应用
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【例2】 (20分)(2019·全国Ⅰ卷，25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过 一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图4(a)所示。t＝0 时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞 时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施 加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中 的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大 小为g，不计空气阻力。
1 (1)g
2E 2E m (2)mg
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力学三大观点的综合应用
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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)。 3.三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。根据题意选择
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专题 力学观点的综合应用
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动量观点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。
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12mv1＋12mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。 设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 14mv1 2＝12mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝m2Eg。
答案
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【例1】 (2018·全国Ⅱ卷，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方 停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全 停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已 知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因 数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝ 10 m/s2。求：
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2.(2018·全国Ⅰ卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟 花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分 获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小 为g，不计空气阻力和火药的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝12mv0 2① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
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Baidu Nhomakorabea
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3.规律的选用 (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)；
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0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分 别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 14mv1 2＋14mv2 2＝E⑤
图2
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A.汽车和拖车整体动量守恒 B.汽车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时gvμ0 D.拖车刚停下时汽车的速度为（M＋mμ）M（g a＋μg）v0
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解析 汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项 A 错误；系统 匀加速前进，系统机械能增加，选项 B 错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二 定律得－μmg＝ma′，则 a′＝－μg，由－v0＝a′t 得，拖车脱钩后到停止经历的 时间为 t＝μvg0，选项 C 正确；全过程系统受到的合外力始终为 F 合＝(M＋m)a， 末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·μvg0 ＝Mv′－ (M＋m)v0，解得 v′＝（M＋mμ）M（ga＋μg）v0，选项 D 正确。 答案 CD
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2.如图3所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道 BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止 释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘 在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳 能承受的最大拉力为2.8mg。则： (1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？ (2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)
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图4 (1)求物块B的质量； (2)在图4(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与 轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。 求改变前后动摩擦因数的比值。
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教你读题——提取信息 (1)A 与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)―提―取→这个过程满足动量守恒和机械能 守恒， (2)A 沿斜面下滑，碰后又沿斜面上滑―提―取→加速度变化(受力变化)且摩擦力未知 的折返问题，
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(3)读图
―提―取→可知①A 与 B 碰撞前后的速度，
②由面积关系可得 A 下滑和上滑的位移关系。 (4)“一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上”―提―取→此时二者共速，B 已停止运动， 说明 A 到此恰好停止运动。
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解析 (1)根据题图(b)，v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v21为其碰撞后瞬 间速度的大小。设物块 B 的质量为 m′，碰撞后瞬间的速度大小为 v′。 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝m－v21＋m′v′①(2 分) 12mv1 2＝12m－12v12＋12m′v′2②(2 分) 联立①②式得 m′＝3m。③(1分)
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1.(多选)从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通 事故工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图2所示，质量为M的 汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖 车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变， 车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正 确的是( )
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1.(多选)如图5，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水平面上相向而 行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为 ()
A.25 J B.35 J
图5 C.45 J
D.55 J
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解析 若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰 撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得，m2v2－ m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝12m1v1 2＋12m2v2 2－12(m1＋m2)v2，联立并代入数据解 得 ΔEmax＝40 J，综合可知 0≤ΔE≤40 J，故 A、B 正确，C、D 错误。 答案 AB
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图3
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解析 (1)设 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 vC，由机械能守恒定律得 mgh ＝12mvC 2 解得 vC＝ 2gh 即 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 2gh。 (2)设碰后b球的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则 mvC＝(m＋m)v
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s2＝12·v21·(1.4t1－t1)⑦(1 分)
由几何关系ss21＝Hh ⑧(1 分) 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2⑨(1分) 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝125mgH。⑩(1 分)
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos
H＋h θ·sin θ ⑪(1
分)
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设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′， 由动能定理有 －μm′gs′＝0－12m′v′2⑫(2 分) 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcos θ·sinh θ－μ′mgs′＝0⑬(2 分)
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μμ′＝191。⑭(1 分) 答案 (1)3m (2)125mgH (3)191
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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。
合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这几个守恒定律多用于求某状态的速度 (率)。
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【例3】 (2019·全国Ⅲ卷，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖 直墙壁距离l＝1.0 m，如图6所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直 的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取 g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。