高中物理高考 专题17 动量与能量（解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20199" 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 PAGEREF _Tc20199 1
\l "_Tc27222" 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 PAGEREF _Tc27222 3
\l "_Tc18697" 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 PAGEREF _Tc18697 7
\l "_Tc19357" 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 PAGEREF _Tc19357 10
\l "_Tc4808" 【题型演练】 PAGEREF _Tc4808 13
【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
s2 d
s1
v0
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50 J，则此过程产生的内能可能是( )
A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J
【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＝eq \f(mv0,m＋M).木块获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2)＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)·eq \f(m,M＋m).系统产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)，可得Q＝eq \f(M＋m,m)Ek>50 J，当Q＝70 J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＝120 J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＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg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＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/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)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
【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＝6 m/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＝2 m/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＝1 s。
热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型
A A B A B A B
v1
v
v1/
v2/
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
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＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg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＝2.0 m/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＝2.0 m/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10 m/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＋eq \f(1,2)at2
代入数据可得x＝1.25 m SKIPIF 1 < 0 kg；
【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球，球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。
（1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得： SKIPIF 1 < 0
由动能定理得： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得： SKIPIF 1 < 0
球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得： SKIPIF 1 < 0
由机械能守恒定律得： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0 ；
如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v2>v1
解得： SKIPIF 1 < 0
【点睛】：本题主要考查了动量守恒和定能定理的综合应用，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。
【题型演练】
1.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量
为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B
均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比
m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3
【答案】D
【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．
(2019·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后
两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】A
【解析】由x ­t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(9,2) J，碰撞后的总动能为eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2＝eq \f(9,2) J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
3．(2019·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是
弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为( )
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.3v
【答案】BD
【解析】若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)>eq \f(1,2)mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,B)