2023高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题强化五动力学动量和能量观点的综合应用学生用书.docx

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1、专题强化五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；动量观点(动量定理、动量守恒定律)熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的【关键能力分层突破】考点一碰撞模型的拓展模型1 “弹簧系统”模型1.模型图2模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒(2)在动量方面，系统动量守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零例1

2、 如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞求二者在发生碰撞的过程中(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度模型2 “滑块木板”模型模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大例2 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m

3、且可看作质点P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)P与P2之间的动摩擦因数为.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.教你解决问题第一步：审条件挖隐含“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短” 隐含 P的速度不变 “碰撞后P1与P2粘连在一起” 隐含 P1、P2获得共同速度“P压缩弹簧后被弹回并停在A点” 隐含 P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零第二步：审情景建模型P1与P2碰撞 建模 碰

4、撞模型P与P2之间的相互作用 建模 滑块滑板模型第三步：审过程选规律动量守恒定律求速度能量守恒定律求弹簧的压缩量x及弹性势能Ep.模型3 “子弹打木块”模型(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为QFfs，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)例3 如图所示，一质量m10.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m20.5 kg的小物块，小物块可视为

5、质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数0.5.现有一质量m00.05 kg的子弹以v0100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短g取10 m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？【跟进训练】1.如图所示，一颗质量为m0.1 kg的子弹以v050 m/s的水平速度打入静止在光滑水平地面上质量为M0.9 kg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10 m/s2，不计空气阻力)，求：(1)半圆环的半径R；(2)最远落点到A点距离；(3)

6、木块经过半圆环最高点B时，对半圆环的压力大小2.(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2B物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2D物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2考点二力学三大观点的综合应用三大解题策略(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

7、、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4 2021湖北黄冈1月质检如图所示，固定的凹槽水平内表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R0.45 m的14圆弧面(圆心与A、D等高)A和D分别是两圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块P1和P2的质量均为m.滑板的质量M4m，P1和P2与BC面间的动摩擦因数分别为10.10和20.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v04.0 m/s的初速度从A点沿弧面

8、滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零P1与P2均视为质点，P1、P2碰撞时间极短，取g10 m/s2.(1)P1和P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？(2)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(3)N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？【跟进训练】3.2021山东济南三模如图所示，竖直平面内一根长l1 m的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m90 g的小球(可视为质点)一质量m010 g的子弹(可视为质点)以v0100 m/s的速度水平射入小球(子弹射入小球的时间极短

9、)，并留在小球内与小球一起绕O点做圆周运动取重力加速度大小g10 m/s2，不计空气阻力则下列说法正确的是()A子弹射入小球后瞬间的速度大小为10 m/sB子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为111C小球运动到最高点时的速度大小为6 m/sD小球运动到最高点时受到绳子的拉力大小为6 N4如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通

10、过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度专题强化五动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力分层突破例1解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v解得vmAv0mA+mB1 m/s弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm12mAv0212(mAmB)v26 J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得m

11、Av0mAvAmBvm12mAv0212mBvm2+12mAvA2代入数据解得vm2 m/s，方向向右答案：(1)6 J(2)2 m/s，方向向右例2解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv02mv1，解得v1v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv04mv2，解得v234v0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：122mv12+122mv02124mv222mg(Lx)2解得xv02 32gL在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep2mg(Lx)解得Ep116mv02答案：(1)v0234v02v02

12、 32gL116mv02例3解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0(m0m1)v1，解得v110 m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0m1)v1(m0m1m2)v2m2gL12m0+m1v1212(m0m1m2)v22解得L5 m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.答案：(1)10 m/s(2)5 m1解析：(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0(mM)v1解得：v15 m/s设木块到达

13、半圆环最高点时速度为v2，由机械能守恒定律得：12m+Mv1212m+Mv22(mM)g2R木块离开B后做平抛运动水平方向：xv2t竖直方向：2R12gt2解得：xv124gR4Rg当Rv12 8g516 m时，水平位移最大(2)最大水平位移为：x4R54 m1.25 m.(3)在B点半圆环对木块的弹力竖直向下，设为F，由牛顿第二定律得：F(mM)gm+Mv22 R解得：F3(mM)g30 N根据牛顿第三定律，木块对半圆环的压力大小为30 N.答案：(1)516 m(2)1.25 m(3)30 N2解析：当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx2ma；当物块B的加速度大小为

14、a时，有：kxma，对比可得：xx2，即此时弹簧的压缩量为x2，故A正确取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2mxAtmxBt0，又xAxBx，解得A的位移为：xA13x，故B错误根据动量守恒定律得：02mvmvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep122mv2+12mvB23mv2，故C错误，D正确答案：AD例4解析：(1)设P1滑到最低点时速度为v1，由机械能守恒定律有12mv02mgR12mv12解得v15 m/sP1、P2碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，设P1、P2碰后速度分别为v1、v2则由动量守恒和机械能守

15、恒可得mv1mv1mv212mv1212mv12 +12mv22 解得v10，v25 m/s.(2)P2向右滑动时，假设P1相对滑板保持不动，对P2有f22mg设P1、滑板的加速度为a，对P1、滑板有ff2(mM)a解得a0.4 m/s2此时对P1有f1ma，小于P1受到的最大静摩擦力fmax1mg，所以假设成立故滑板的加速度为0.4 m/s2.(3)设P2滑到C点时速度为vC，由机械能守恒定律有mgRmvC2 2解得vC3 m/s从P1、P2碰撞后瞬间到P2滑到C点时，设P1、滑板速度为v，由动量守恒定律得mv2(mM)vmvC解得v0.40 m/s，注：P1和滑板为整体，在P2施加的摩擦力

16、作用下向右运动，有动能增量对P1、P2，滑板组成的系统，设BC长为L，由功能关系可得f2L12 mv22mvC2(mM)v2，解得L3.8 m滑板与凹槽碰后，P1向右滑行的距离s1v22a10.08 m，其中a11mgm1.0 m/s2P2返回到C点后向左滑行的距离s2vC2 2a22.25 m，其中a22mgm2.0 m/s2所以P1、P2静止后相距sLs1s21.47 m.答案：(1)05 m/s(2)0.4 m/s2(3)1.47 m3解析：子弹射入小球的时间极短，系统水平方向合外力为零，对子弹与小球组成的系统由动量守恒定律有m0v0(m0m)v1，解得子弹射入小球后瞬间的速度v110

17、m/s，选项A正确；子弹射入小球前，小球处于平衡状态，绳子拉力F1mg，子弹射入小球后，子弹与小球组成的系统做圆周运动，设绳子拉力为F2，有F2(m0m)gm0+mv12 l，代入数据解得F211 N，则F1F29110，选项B错误；假设子弹与小球组成的系统运动到的最高点为O点正上方距O点l处且此时的速度为v2，由机械能守恒定律有12m0+mv122m0+mgl+12m0+mv22，解得v2215 m/sgl，故假设成立，小球运动到最高点时速度大小为215 m/s，选项C错误；小球在最高点时，设绳子拉力为F3，则有F3(m0m)gm0+mv22 l，解得F35 N，选项D错误答案：A4解析：(1)小球过C点时，有2mgmgmvC2 R解得vC3gR小球从A到C，由机械能守恒定律得12mv0212mvC2mg2R联立解得v07gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC(m2m)v共由机械能守恒定律得12mvC212m+2mv共2mgh联立解得hR.答案：(1)7gR(2)R