衡水中学届高考物理二轮专题复习讲义专题六动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型.docx

衡水中学届高考物理二轮专题复习讲义专题六动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型.docx

《衡水中学届高考物理二轮专题复习讲义专题六动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《衡水中学届高考物理二轮专题复习讲义专题六动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型.docx（14页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

衡水中学届高考物理二轮专题复习讲义专题六动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型

专题六　动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型

模型一　“子弹打木块”模型

“子弹击中木块模型”问题的分类归纳

（1）“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即

mv0＝（m＋M）v（未击穿时）

mv0＝mv1＋Mv2（击穿时）。

（2）

“子弹击中木块模型”中各力做功情况

如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，射入木块的深度为d而未穿出，木块与子弹的共同速度为v，木块滑行x木过程中，子弹与木块相互作用力为F。

则

F对子弹做的负功WF＝－Fx子

F对木块做的正功W′＝Fx木

F对系统（子弹和木块）做的功

W＝WF＋W′＝－F（x子－x木）＝－Fd（d实质是子弹相对木块发生的位移。

）

如图所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出。

设木块对子弹的阻力恒为F，求：

（1）射入过程中产生的内能为多少？

木块至少为多长时子弹才不会穿出？

（2）子弹在木块中运动了多长时间？

解析：

（1）以m和M组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，得v＝

动能的损失ΔE＝mv－（M＋m）v2

即ΔE＝，损失的机械能转化为内能。

设木块的位移为x，子弹相对于木块的位移为L，对m，由动能定理知－F（x＋L）＝mv2－mv

对M，由动能定理知Fx＝Mv2

联立以上两式得FL＝mv－（M＋m）v2

即FL＝v

L＝。

（2）以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t＝＝。

答案：

（1）　　

（2）

[题组训练]

（2020·广州模拟）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）物块相对木板滑行的时间。

（2）物块相对木板滑行的位移。

解析：

（1）子弹打入物块过程，由动量守恒定律得

m0v0＝（m0＋m）v1

物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得

（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2

对子弹物块整体，由动量定理得

－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）（v2－v1）

联立解得物块相对木板滑行的时间

t＝1s

（2）由能量守恒定律得

μ（m0＋m）gd＝（m0＋m）v－（m0＋m＋M）v

联立解得d＝3m

答案：

（1）1s　

（2）3m

模型二　碰撞的常见模型

相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞处理。

对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键是“速度相等”。

（1）如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。

（2）如图乙所示，物体A以速度v滑上静止在光滑水平面上的小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对静止，A、B两物体的速度必相等。

（3）如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时（即小球的竖直速度为零），两物体的速度一定相等（方向水平向右）。

【说明】　以上三种模型类似前面知识点中的完全弹性碰撞，可以用动量守恒定律和能量守恒定律来求解。

如图，质量为M、长L＝1.5m，右端带有竖直弹性挡板的木板B静止在光滑水平面上。

一质量为m的小木块A（视为质点），以v0＝4m/s的水平速度滑上B的左端，经过一次与挡板的碰撞，最后停在B的表面上。

已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，A与挡板碰撞时无机械能损失，忽略碰撞时间，取g＝10m/s2，求的取值范围。

解析：

　设A停在B表面上时速度为v，由全过程动量守恒得：

mv0＝（M＋m）v

当有最小值时，A与挡板接触时两者刚好共速，设其最小值为kmin，由机械能守恒定律得：

mv－（M＋m）v2＝μmgL

联立解得：

kmin＝＝

当有最大值时，A与挡板碰撞后运动到B的左端刚好共速，设其最大值为kmax，由机械能守恒定律得：

mv－（M＋m）v2＝μmg·2L

联立解得：

kmax＝＝3

所以<≤3

答案：

　≤≤3

[题组训练]

1.

如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧的半径R＝1m。

一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块。

已知M＝4m，g取10m/s2。

若小球刚好没跃出圆弧的上端，则：

（1）小球的初速度v0是多大？

（2）滑块获得的最大速度是多大？

解析：

（1）当小球上升到最高点时，小球与滑块在水平方向上的速度相同，设为v1，根据水平方向上动量守恒，有

mv0＝（m＋M）v1

系统的机械能守恒，有

mv＝（m＋M）v＋mgR

联立解得v0＝5m/s。

（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块做加速运动，当小球离开滑块时，滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3。

小球从开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mv0＝mv2＋Mv3

mv＝mv＋Mv

联立解得v3＝2m/s。

答案：

（1）5m/s　

（2）2m/s

2．（2020·河北石家庄质检）如图所示，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：

（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。

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

答案：

（1）－4m/s　

（2）m/s

1．如图所示，质量为mP＝2kg的小球P从离水平面高度为h＝0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为mQ＝2kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/s

B．P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/s

C．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/s

D．当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为16J

解析：

　由机械能守恒定律，mPgh＝mPv，解得P球与滑块Q碰撞前的速度为v0＝＝4m/s，选项A错误；P球与滑块Q碰撞前的动量为p1＝mPv0＝8kg·m/s，选项B错误；当轻弹簧压缩至最短时，P球与滑块Q速度相等，由动量守恒定律，mPv0＝（mP＋mQ）v，解得碰撞后轻弹簧压缩最短时的速度是v＝2m/s，选项C正确；由能量守恒定律，当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为Ep＝mPv－（mP＋mQ）v2＝8J，选项D错误。

答案：

　C

2．（多选）如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，乙图为物体A与小车B的vt图象，由此可求出（　　）

A．小车B上表面的最小长度

B．物体A与小车B的质量之比

C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数

D．小车B获得的动能

解析：

　由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，则小车B上表面的长度l≥v0t1，故A可求出；由动量守恒定律得mA（v0－v1）＝mBv1，故可以求出物体A与小车B的质量之比＝，故B可求出；由图象可以知道物体A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝mAv－（mA＋mB）v，可以求出动摩擦因数μ，C可求出；由于小车B和物体A的质量未知，故不能确定小车B获得的动能和物体A减少的动能，D不可求出。

答案：

　ABC

3.

（2020·开封模拟）如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆弧形槽顶端由静止滑下。

在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？

解析：

　槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得：

mgR＝mv－0①

则木块滑出槽口时的速度：

v1＝②

槽可动时，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得：

mv2－Mu＝0③

木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgR＝mv＋Mu2④

由③④解得，木块滑出槽口的速度：

v2＝⑤

两种情况下木块滑出槽口的速度之比：

＝＝

答案：

4．[2020·海南单科·17

（2）]

如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。

某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3s2/m。

已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，重力加速度大小g＝9.8m/s2。

（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h－v2直线斜率的理论值k0。

（2）求k值的相对误差δ。

δ＝

解析：

（1）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，由动量守恒定律有

mBv＝（mA＋mB）v′①

在碰后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有

（mA＋mB）v′2＝（mA＋mB）gh②

联立①②式得

h＝v2③

由题意得

k0＝④

代入题给数据得

k0＝2.04×10－3s2/m⑤

（2）按照定义

δ＝×100%⑥

由⑤⑥式和题给条件得

δ＝6%⑦

答案：

（1）2.04×10－3s2/m　

（2）6%

课时作业

（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！

）

一、选择题（1～3题为单项选择题，4题为多项选择题）

1．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧。

B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。

作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为（　　）

A.mv　　　　　　B．mv

C.mvD．mv

解析：

　当两物块速度相同时，动能损失最多，弹簧的弹性势能最大。

根据动量守恒定律得：

mv0＝2mv①

Ep＝mv－·2mv2②

联立①②得：

Ep＝mv

所以选项C正确。

答案：

　C

2．（2020·江西八校联考）质量为m＝1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M＝5kg的长木板的左端，如图所示。

长木板放在光滑水平桌面上。

小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的长度L＝2.5m。

系统处于静止状态。

现为使小木块从长木板右端脱离出来，给小木块一个水平向右瞬时冲量I，则冲量I至少是（g取10m/s2）（　　）

A.N·sB．N·s

C.N·sD．6N·s

解析：

　当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，则I最小，由系统动量守恒