18届高考物理一轮复习专题动量和能量观点的综合应用导学案.docx

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18届高考物理一轮复习专题动量和能量观点的综合应用导学案

动量和能量观点的综合应用

考点梳理

考向一　“弹簧类”模型

1．模型图

2．模型特点

对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中。

（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，系统满足动量守恒，机械能守恒。

（4）弹簧处于原长时，弹性势能为零。

（课标全国卷）如图1所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。

现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。

以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。

已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。

图1

解析　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得

3mv＝mv0①

设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得

3mv＝2mv1＋mv0②

设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

（3m）v2＋Ep＝（2m）v＋mv③

由①②③式得弹簧所释放的势能为

Ep＝mv

答案　mv

（2016·河北石家庄二中一模）如图2甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。

用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。

另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示。

求：

图2

（1）物块C的质量mC；

（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。

解析　

（1）由图知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。

mCv1＝（mA＋mC）v2

即mC＝2kg

（2）12s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大

（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4

（mA＋mC）v＝（mA＋mB＋mC）v＋Ep

得Ep＝9J

答案　

（1）2kg　

（2）9J

考向二　“子弹打木块”模型

1．模型图

2．模型特点

（1）当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值。

（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，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．由上式可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。

（3）根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，等于系统其他形式能的增加。

（4）解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解．

（海南单科）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图3所示。

图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。

现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度

为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。

重力加速度为g。

求

图3

（1）木块在ab段受到的摩擦力f；

（2）木块最后距a点的距离s。

解析　

（1）从开始到木块到达最大高度过程：

由动量守恒：

mv0＝3mv1

由能量守恒：

mv＝·3mv＋mgh＋fL

解得：

f＝

（2）木块从最大高度至与物体最终相对静止：

由动量守恒：

3mv1＝3mv2

由能量守恒：

·3mv＋mgh＝·3mv＋fx

距a点的距离：

s＝L－x

解得：

s＝L－＝L

答案　

（1）　

（2）L

（2017·山西模拟）如图4所示，一质量m1＝0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。

质量m2＝0.5kg的小物块（可视为质点）静止在车顶的右端。

一质量为m0＝0.05kg的子弹、以水平速度v0＝100m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m/s的速度滑离小车。

已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取g＝10m/s2，求：

图4

（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；

（2）小车的长度L。

解析　

（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

m0v0＝（m0＋m1）v1

解得v1＝10m/s

（2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

（m0＋m1）v1＝（m0＋m1）v2＋m2v3

解得v2＝8m/s

由能量守恒可得

（m0＋m1）v＝μm2gL＋（m0＋m1）v＋m2v

解得L＝2m

答案　

（1）10m/s　

（2）2m

考向三　“圆弧轨道＋滑块（小球）”模型

1．模型图

2．模型特点

（1）最高点：

m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。

mv0＝（M＋m）v共，mv＝（M＋m）v＋mgh。

（2）最低点：

m与M分离点。

水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv。

（课标全国卷）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图5所示。

一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。

物块从静止滑下，然后滑上劈B。

求物块在B上能够达到的最大高度。

图5

解析　根据题意可知，物块从劈A静止滑下，到达劈A底端时，设物块的速度大小为v，A的速度大小为vA，由机械能守恒定律和动量守恒定律得

mgh＝mv2－m1v①

M1vA＝mv②

设物块在劈B上能够达到的最大高度为h′，此时物块和劈B的共同速度大小为v′，由机械能守恒定律和动量守恒定律得

mgh′＋（M2＋m）v′2＝mv2③

mv＝（M2＋m）v′④

联立①②③④式解得

h′＝h

答案　h

（2017·广东佛山模拟）在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图6所示。

一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：

图6

（1）物块滑到B处时木板的速度vAB；

（2）滑块CD圆弧的半径R。

解析　

（1）由点A到点B，取向左为正，由动量守恒得

mv0＝mvB＋2mvAB，则vAB＝

（2）由点D到点C，滑块CD与物块P的动量守恒，机械能守恒，

则m·＋m·＝2mv共

mgR＝m（）2＋m（）2－×2mv

解得R＝。

答案　

（1）　

（2）

反思总结

1．动力学的知识体系

力学研究的是物体的受力与运动变化的关系，其知识脉络如下表：

2．解决动力学问题的三个基本观点

动力学观点、动量观点、能量观点。

随堂检测

1．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图7所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是（　　）

图7

A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动

B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动

C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动

D．小球可能做自由落体运动

2．（2016·河北石家庄质检）如图8所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1kg，木块B的质量mB＝4kg，质量为mC＝2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。

开始时B、C静止，A以v0＝10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5m/s，碰撞时间极短。

求：

图8

（1）A、B碰撞后A的速度；

（2）弹簧第一次恢复原长时C的速度。

3．如图9所示，两半径均为R＝0.2m的光滑绝缘半圆轨道PM、QN在同一竖直面内放置，两半圆轨道刚好与绝缘水平面平滑相切于M、N点，P、Q分别为两半圆轨道的最高点。

水平面MF部分虚线方框内有竖直向下的匀强电场，场强为E，电场区域的水平宽度LMF＝0.2m。

带电量为＋q、质量为m＝1kg的两滑块A、B固定于水平面上，它们不在电场区域，但A靠近F，它们之间夹有一压缩的绝缘弹簧（不连接），释放A、B后，A进入电场时已脱离弹簧。

滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。

已知Eq＝2N，整个装置处于完全失重的宇宙飞船中。

图9

（1）如果弹簧储存的弹性势能Ep＝1J，求自由释放A、B后B在Q点所受的弹力大小；

（2）如果释放A、B后，要求二者只能在M、F间相碰，求弹簧储存的弹性势能Ep′的取值范围。

参考答案

1.解析　小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程。

如果m＜M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A。

答案　A

2.解析　

（1）因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得

mAv0＝mAvA＋mBvB

解得vA＝＝－4m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反

（2）弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。

设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mBvB＝mBvB′＋mCvC

mBv＝mBvB′2＋mCv

得vC＝vB

vC＝m/s，方向向右

答案　

（1）4m/s，方向向左　

（2）m/s，方向向右

3.解析　

（1）设A、B分离后获得的速度大小分别为v1、v2

由A、B组成的系统动量守恒有0＝mv1－mv2

由机械能守恒有Ep＝mv＋mv

解得v1＝v2＝1m/s

由于整个装置完全失重，B在半圆轨道上做匀速圆周运动

B在Q点，由牛顿第二定律有FN＝＝5N

（2）由

（1）可知，释放A、B后，二者获得的初速度大小相等，设为v′。

若A能通过电场，通过电场的最长时间为tAm＝，B运动到M处需要的时间tB＞，有tAm＜tB。

所以，若A、B只能在M、F间相碰，则A必须在相碰前就停在M、F间。

A、B初速度大小相等，要满足在电场区域相碰，则A至少应运动到MF的中点（A、B相遇在中点），至多运动到M点（A、B相遇在M点）。

由动量守恒有Ep′＝2×mv′2

A停在M点时，由动能定理有－μEqLMF＝0－mv′2

A停在MF中点时，同理有－μEqLMF＝0－mv′2

两种情况对应的Ep′分别为0.4J、0.2J

故0.2J＜Ep′＜0.4J。

答案　

（1）5N　

（2）0.2J＜Ep′＜0.4J