【精品】2019版高中物理第1章碰撞与动量守恒微型专题动量和能量的综合应用学案沪科版选修3-5.pdf

1微型专题动量和能量的综合应用 学习目标 1.熟练掌握动量守恒定律的运用.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题 导学探究 如图 1 所示，质量为2kg 的物体静止在与其之间动摩擦因数为 0.5 的粗糙水平面上，现加一F20N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20m/s 时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g10 m/s2)图 1 答案对物体受力分析如图所示：方法一：根据牛顿第二定律Fmgmavats12at2解得t4s，s40m.方法二：根据动量定理可得：(Fmg)tmv0 解得：t4s.根据动能定理可得：Fsmgs12mv20 解得s40m.知识梳理 解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以2及相互作用物体的问题(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律一、滑块木板模型1把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒2由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题3注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多例 1如图 2 所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A(可视为质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为.最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长求：(重力加速度为g)图 2(1)木板B的最大速度的大小；(2)木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移的大小；(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？答案(1)v04(2)15v0232g(3)3v028g解析(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0(m3m)v得：vv04(2)A向右减速的过程，根据动能定理有mgs112mv212mv02则木块A的位移为s115v0232g(3)方法一：B向右加速过程的位移设为s2.则 mgs2123mv23由得：s23v0232g木板的最小长度：Ls1s23v028g方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒定律得：mgL12mv0212(m3m)v2得：L3v028g.二、子弹打木块模型1子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒2在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化3若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多例 2如图 3 所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为，求：(重力加速度为g)图 3(1)射入的过程中，系统损失的机械能；(2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离答案(1)Mmv22Mm(2)m2v22Mm2g解析因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv(Mm)v射入过程中损失的机械能E12mv212(Mm)v2解得：EMmv22Mm.(2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得：4(Mm)gs012(Mm)v2由两式解得：xm2v22Mm2g.子弹打木块模型与滑块木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统动量守恒当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多三、弹簧类模型1对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒2整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题3注意：弹簧压缩最短，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大例 3两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度v02向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图4 所示现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m4，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中求：图 4(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能答案(1)v05v02(2)140mv02解析(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹簧弹力的作用，故vBv02；由于此时A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv04(m4m)vA解得vAv05(2)由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vAvB，故弹簧开始被压缩，分别5给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，选向左为正方向，由动量守恒定律得：54mvAmvB(54mm)v由机械能守恒定律得：1254mvA212mvB212(54mm)v2Epm联立解得v13v0，Epm140mv02.处理动量和能量结合问题时应注意的问题1守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是只有系统内部的重力(地球包含在系统内)和弹力做功，其他内力和外力都不做功2分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况3表达式：动量为矢量式，能量为标量式4注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒5含有弹簧类的碰撞问题，要特别注意物体碰撞中机械能可能转化为内能，所以全过程看系统机械能往往不守恒1(滑块木板模型)如图 5 所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为()图 5 6ALB.3L4C.L4D.L2答案D 解析长木板固定时，由动能定理得：MgL12Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv02Mv，Mgs12Mv02122Mv2，得sL2，D 项正确，A、B、C 项错误2(子弹打木块模型)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6 所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是()图 6 A子弹的末速度大小相等B系统产生的热量一样多C子弹对滑块做的功相同D子弹和滑块间的水平作用力一样大答案D 解析设子弹的质量是m，初速度是v0，滑块的质量是M，选择子弹初速度的方向为正方向，滑块获得最终速度(最后滑块和子弹的共同速度)为v.则由动量守恒定律知：mv0(mM)v所以：vmv0Mm可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增加是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，Qfs相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误73(弹簧类模型)(多选)如图 7 所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图 7 A弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少D物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零答案ABD 解析物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确A、B和弹簧组成的系统动量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，根据能量守恒，此时A、B的动能之和最小，故B正确弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确4(动量与能量的综合应用)如图 8 所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg 的滑块B，滑块A与B均可看做质点现使滑块A从距小车的上表面高h1.25m 处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出已知滑块A、B与小车C间的动摩擦因数均为0.5，小车C与水平地面间的摩擦忽略不计，取g10m/s2.求：图 8(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度答案(1)2.5m/s(2)0.375m 解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh12mAv128解得v12gh5m/s设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，以向右的方向为正方向，mAv1(mAmB)v2代入数据解得v22.5 m/s(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同，设为v3，以向右的方向为正方向根据动量守恒定律有：(mAmB)v2(mAmBmC)v3根据能量守恒定律有：(mAmB)gL12(mAmB)v2212(mAmBmC)v32联立式代入数据解得L0.375m.一、选择题考点一滑块木板模型1 如图 1 所示，在光滑水平面上，有一质量M3kg 的薄板和质量m1kg 的物块都以v 4m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是()图 1 A做减速运动B做加速运动C做匀速运动D以上运动都有可能答案A 解析开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(Mm)vMv1代入数据解得：v12.67m/s 2.9 m/s，所以物块处于向左减速的过程中，故选A.2(多选)如图 2 所示，图甲表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小9车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的vt图像，由此可知()图 2 A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比CA与小车B上表面间的动摩擦因数D小车B获得的动能答案BC 解析由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，mAv0(mAmB)v1，解得：mAmBv1v0v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可以知道A相对小车B的位移 x12v0t1，根据能量守恒得：mAgx12mAv0212(mAmB)v12，根据求得的质量关系，可以解出A与小车B上表面间的动摩擦因数，故C正确；由于小车A、B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误3 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为，初始时小物块停在箱子正中间，如图3 所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图 3 A.12mv2BmgLC.12NmgLD.mMv22mM答案D 解析由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块与箱子之间不再发生相对滑动，以v的方向为正方向，有mv(mM)v110系统损失的动能是因为摩擦力做负功EkWfmgNL12mv212(Mm)v12mMv22mM，故 D正确，A、B、C错误考点二子弹打木块模型4如图 4 所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中下列说法不正确的是()图 4 A木块的机械能增量为fLB子弹的机械能减少量为f(Ld)C系统的机械能减少量为fdD系统的机械能减少量为f(Ld)答案D 解析子弹对木块的平均作用力大小为f，木块相对于桌面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为fL，故 A正确 木块对子弹的阻力做功为f(Ld)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f(Ld)，故 B正确 子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为fd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为fd，故 C正确，D错误5(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图 5 所示 现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图 5 A从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒11B子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0MmC忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D子弹和木块一起上升的最大高度为m2v022g Mm2答案BD 解析从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由弹簧射入木块瞬间系统动量守恒可知：mv0(mM)v所以子弹射入木块后的共同速度为：vmv0Mm，故 B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：12(Mm)v2(Mm)gh，可得上升的最大高度为：hm2v022g Mm2，故 D正确考点三弹簧类模型6如图 6 所示，静止在光滑水平面上的木板，质量M2kg，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，质量m 1kg 的铁块以水平速度v06m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧又被弹回，最后恰好停在木板的左端在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()图 6 A3JB 4JC 12JD6J 答案D 7(多选)如图 7 所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑固定曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升 下列说法正确的是(重力加速度为g)()12图 7 A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2CB与A分开后能达到的最大高度为h4DB与A分开后能达到的最大高度无法计算答案BC 解析根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v02gh，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm122mv212mgh，A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh12mv2，B能达到的最大高度为h14h，C 正确，D错误二、非选择题8(子弹打木块模型)如图 8 所示，质量mB2kg 的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一块质量mA2kg 的物块A，A、B一起以大小为v10.5m/s 的速度向左运动，一颗质量m00.01 kg的子弹以大小为v0600 m/s 的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v200m/s.已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止时A刚好停在B的右端，车长L1 m，g10 m/s2，求：图 8(1)A、B间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量为多少？答案(1)0.1(2)1600J 解析(1)规定向右为正方向，子弹与A作用过程，根据动量守恒定律得：m0v0mAv1m0vmAvA，代入数据解得：vA1.5m/s，13子弹穿过A后，A以 1.5m/s 的速度开始向右滑行，B以 0.5 m/s的速度向左运动，当A、B有共同速度时，A、B达到相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有：mAvAmBv1(mAmB)v2，代入数据解得：v20.5m/s.根据能量守恒定律知：mAgL12mAvA212mBv1212(mAmB)v22，代入数据解得：0.1.(2)根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的热量为：Q12m0v0212(mAmB)v1212m0v212(mAmB)v22，代入数据解得：Q1600J.9(弹簧类模型)两物块A、B用水平轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg 的物块C静止在前方，如图 9所示B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则在以后的运动中：图 9(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案(1)3m/s(2)12J 解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大取A、B初速度方向为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：(mAmB)v(mAmBmC)vABC，解得vABC22 6224m/s3 m/s.(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，以v的方向为正方向，则mBv(mBmC)vBC，得：vBC2624m/s 2 m/s，物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒定律，则Ep12(mBmC)vBC212mAv212(mAmBmC)vABC212(24)22J12262J12(2 24)32J12J.10(动量与能量问题的综合应用)如图 10 所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车14B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L0.8m现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h0.2m已知A、B、C的质量分别为mA4kg、mB8kg 和mC1kg，A、B间的动摩擦因数 0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g10m/s2.图 10(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？答案(1)30N(2)1.5m/s(3)0.375m(或38m)解析(1)碰撞前小球在竖直平面内做圆周运动根据机械能守恒定律，得mCgL12mCv22由牛顿第二定律，得FmCgmCv02L解得v0 4m/s，F30N(2)设A、C碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒定律和动量守恒定律，得12mCvC2mCghmCv0mAvAmCvC解得vC 2m/s，vA1.5 m/s(3)设A与B最终的共同速度为v，相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律，得mAvA(mAmB)vmAgs12mAvA212(mAmB)v2解得s0.375m 要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375m(或38m)