动量与能量解析版高考物理复习热点题型.docx

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动量与能量解析版高考物理复习热点题型

17动量与能量

【专题导航】

【题型归纳】

热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：

子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

要点诠释：

子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：

……①

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有

对子弹用动能定理：

……②

对木块用动能定理：

……③

②相减得：

……④

对子弹用动量定理：

……⑤

对木块用动量定理：

……⑥

【例1】（2019·江苏苏北三市模拟）光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50J，则此过程产生的内能可能是（　　）

A．10JB．50JC．70JD．120J

【答案】D.

【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：

mv0＝（M＋m）v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·.系统产生的内能为Q＝mv－（M＋m）v2＝，可得Q＝Ek>50J，当Q＝70J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．

【变式1】（2019·山东六校联考）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较（　　）

A．射入滑块A的子弹速度变化大

B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大

C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍

D．两个过程中系统产生的热量相同

【答案】BD

【解析】在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0＝（M＋m）v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确．

【变式2】如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。

子弹射入后，求：

（1）子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1。

（2）木板向右滑行的最大速度v2。

（3）物块在木板上滑行的时间t。

【答案】　

（1）6m/s　

（2）2m/s　（3）1s

【解析】　

（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：

m0v0＝（m0＋m）v1，

解得v1＝6m/s。

（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：

（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，

解得v2＝2m/s。

（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1，

解得t＝1s。

热点题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型

两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。

由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：

设光滑水平面上，质量为的物体A以速度向质量为的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。

在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。

全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。

（1）弹簧是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。

这种碰撞叫做弹性碰撞。

由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：

。

（这个结论最好背下来，以后经常要用到。

）

（2）弹簧不是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。

这种碰撞叫非弹性碰撞。

（3）弹簧完全没有弹性。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。

这种碰撞叫完全非弹性碰撞。

可以证明，A、B最终的共同速度为。

在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：

。

【例2】（2019·衡水中学模拟）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，传送带以恒定速率v＝3.0m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2.

（1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；

（2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；

（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？

【答案】见解析

【解析】

（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x

由牛顿第二定律得μmg＝ma

由运动学公式得v＝vC＋at，x＝vCt＋at2

代入数据可得x＝1.25m

故滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为3.0m/s.

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2

由动量守恒定律有mAv0＝（mA＋mB）v1，

（mA＋mB）v1＝（mA＋mB）v2＋mCvC

A、B碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有

Ep＋（mA＋mB）v＝（mA＋mB）v＋mCv

代入数据可解得Ep＝1.0J.

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值vm，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v

设A与B碰撞后的速度为v′1，与滑块C分离后A与B的速度为v′2，滑块C的速度为v′C

C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2

由匀变速直线运动的速度－位移公式得

v2－v′＝2（－a）L，解得v′C＝5m/s

以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A、B碰撞过程有mAvm＝（mA＋mB）v′1

弹簧伸开过程有（mA＋mB）v′1＝mCv′C＋（mA＋mB）v′2

在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得

Ep＋（mA＋mB）v′＝（mA＋mB）v′＋mCv′

联立以上几式并代入数据解得vm＝7.1m/s.

【变式1】（2019·江西上饶六校一联）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）

A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2m

C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02

【答案】AC

【解析】弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv02

当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：

mA·2v0＝（m＋mA）v

由机械能守恒定律得：

Epm＝mA（2v0）2－（mA＋m）v2

解得：

mA＝3m，Epm＝mv02

故A、C正确，B、D错误．

【变式2】（2018·本溪联考）如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5m，质量m＝0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰。

若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g＝10m/s2，问：

（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；

（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？

【答案】　

（1）3m/s　

（2）0.375J

【解析】　

（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得

mg＝m，由机械能守恒定律得

mv＝mg·2R＋mv，

B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

Mv0＝Mv1＋mv2，

由机械能守恒定律得

Mv＝Mv＋mv，

联立并代入数据解得v0＝3m/s。

（2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

Mv0＝（M＋m）v，

由机械能守恒定律得

Mv＝Ep＋（M＋m）v2，

联立并代入数据解得Ep＝0.375J。

热点题型三　应用动量能量观点解决“板块”模型

1．用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。

（1）一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。

（2）两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。

2．用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。

（1）一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。

（2）两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。

（3）一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且