2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第六章专题提升（七）　动力学、动量和能量观点的综合应用

专题提升(七)　动力学、动量和能量观点的综合应用分类研习·拓展提升类型一  “滑块—弹簧”碰撞模型模型特点及满足的规律(1)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,即m1v0=(m1+m2)v共,m1=(m1+m2)+Epm.(2)弹簧处于原长时弹性势能为零,系统满足动量守恒、机械能守恒,即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2.[例1] (2019·河北石家庄二中模拟)如图(甲)所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg.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=4 s 时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的vt图象如图(乙)所示.求:(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.审题指导:题干关键获取信息C立即与A粘在一起碰撞瞬间C与A动量守恒分析图象C与A以3 m/s速度返回时,B离开墙壁 解析:(1)由题图(乙)知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,有mCv1=(mA+mC)v2解得mC=2 kg.(2)12 s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,根据动量守恒和机械能守恒定律有(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4(mA+mC)=(mA+mB+mC)+Ep联立得Ep=9 J.答案:(1)2 kg　(2)9 J反思总结“滑块-弹簧”模型的解题思路(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态.(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,依据动量守恒定律和机械能(或能量)守恒定律列出方程.(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果.(4)弹簧的弹力是变力,所以弹簧的弹性势能通常利用机械能(或能量)守恒定律求解.[针对训练] (2019·广东广州模拟)(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动,如图所示.则(　AD　)A.甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B.当两物块相距最近时,物块甲的速率为零C.物块甲的速率可能达到5 m/sD.当物块甲的速率为1 m/s时,物块乙的速率可能为0解析:甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中,所受的合外力为零,系统动量守恒,故A正确;当两物块相距最近时速度相同,取碰撞前物块乙的速度方向为正方向,设共同速率为v,根据动量守恒定律有mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5 m/s,故B错误;若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相同,则mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′,解得v乙′=6 m/s,两个物块的速率都增大,动能都增大,违反了能量守恒定律,若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相反,则mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′,代入数据解得v乙′=-4 m/s,即碰撞后,物块乙的动能不变,物块甲的动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5 m/s,故C错误;若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′,解得v乙′=2 m/s,若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相反,根据mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′,解得v乙′=0,故D正确.类型二  “子弹打木块”碰撞模型模型特点及满足的规律子弹打入木块若未穿出,系统动量守恒,能量守恒,即mv0=(m+M)v,Q热=fL相对=m-(M+m)v2若子弹穿出木块,有mv0=mv1+Mv2Q热=fL相对=m-m-M[例2] 光滑的水平面上放着一块质量为M、长度为d的木块,一颗质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射入木块,当子弹从木块中穿出后速度变为v1,子弹与木块之间的平均摩擦力为f.求:(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少?摩擦力对木块做功多少?(2)在这个过程中,系统产生的内能为多少?思路探究:解析:(1)由于水平面光滑,则子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒,则有mv0=mv1+Mv2,解得v2=设子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功为Wf1,对木块做功为Wf2,则对子弹,利用动能定理可得Wf1=-fs1=m(-)对木块,利用动能定理可得Wf2=fs2=M-0联立得Wf2=.(2)由能量守恒定律可知,系统产生的内能等于系统机械能的减少量,则Q=fs1-fs2=fd.答案:(1)m(-)　　(2)fd易错警示“子弹打木块”是常见的“碰撞”模型,解题关键点如下(1)弄清楚子弹是最终停留在木块中与木块一起运动,还是穿透木块后各自运动.(2)对子弹打击木块过程中损失的机械能,根据题目条件选择通过打击前、后系统的机械能之差计算,或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解.[针对训练] (2019·北京四中质检)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.上述两种情况相比较(　AC　)A.子弹对滑块做的功一样多B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多D.系统产生的热量不一样多解析:根据动量守恒知,两种情况最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的,即滑块获得的动能是相同的,根据动能定理,滑块动能的增量是子弹做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A正确,B错误;子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多(子弹初、末速度相等),滑块增加的动能也一样多,则系统减少的动能一样,故系统产生的热量一样多,故C正确,D错误.类型三  “滑块—滑板”碰撞模型1.把滑块、滑板看做一个整体,摩擦力为内力,则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒.2.由于摩擦生热,把机械能转化为内能,则系统机械能不守恒,应由能量守恒求解问题.3.滑块若不滑离滑板,最后二者具有共同速度.[例3] (2019·山东日照联考)如图所示,质量为2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上,小车AB段是长为L的水平粗糙轨道,BC段是四分之一圆弧光滑轨道,两段轨道相切于B点.小车AB段轨道与平台在同一水平面上.质量为m的滑块(可视为质点)沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车,若滑块与AB段轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.(1)使滑块不滑过B点,则滑块在平台上运动的速度v不超过多大?(2)当滑块在平台上运动的速度为3时,恰好能到达C点,则BC段圆弧轨道的半径R是多大?审题指导:题干关键获取信息滑块不滑过B点滑块与小车在B点共速恰好能到达C点在C点水平方向共速解析:(1)若滑块在平台上运动的速度为v时,恰好滑到小车的B点,此时滑块和小车的共同速度为v1,由于地面光滑,滑块和小车组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律有mv=(2m+m)v1,解得v1=v,对系统的全过程,由能量守恒定律得mv2=(2m+m)+μmgL联立可得v=,即滑块在平台上运动的速度v不超过.(2)当滑块在平台上运动的速度v′=3时,恰好能到达C点,即滑块和小车恰好达到共同速度,设此时速度为v2,根据动量守恒定律有mv′=(2m+m)v2,解得v2=,该过程减少的动能ΔEk′=mv′2-(2m+m),增加的内能和重力势能ΔE′=μmgL+mgR,系统减少的动能全部转化为内能和重力势能,联立可得R=2μL.答案:(1)　(2)2μL反思总结“滑块-滑板”碰撞模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒.(2)在涉及滑块或滑板的时间时,优先考虑用动量定理.(3)在涉及滑块或滑板的位移时,优先考虑用动能定理.(4)在涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒.(5)滑块和滑板恰好不相对滑动时,滑块与滑板达到共同速度.[针对训练] 如图所示,一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板B.在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是(　B　)A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s解析:A先向左减速到零,再向右做加速运动,在此期间,木板做减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则有Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1= m/s,v2=2 m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s,选项B正确.真题试做·模拟演练1.(2018·安徽两校联考)(多选)如图所示,用轻绳将两个弹性小球a,b紧紧束缚在一起并发生微小的形变,现正在光滑水平面上以速度v0=0.1 m/s向右做匀速直线运动,已知a,b两弹性小球质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg.一段时间后轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动.经过t=5.0 s后,当两球的间距为s=4.5 m,则下列说法正确的是(　CD　)A.刚分离时,a,b两球的速度方向相同B.刚分离时,b球的速度大小为0.4 m/sC.刚分离时,a球的速度大小为0.7 m/sD.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J解析:设轻绳突然自动断开至两球分离两弹性小球的速度分别为v1和v2,由动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,经过t=5.0 s后,两球的间距为s=4.5 m,则有v1t-v2t=s,联立解得v1=0.7 m/s,v2=-0.2 m/s,即刚分离时,a,b两球的速度方向相反,a球的速度大小为0.7 m/s,b球的速度大小为0.2 m/s,选项A,B错误,C正确;两球分开过程中释放的弹性势能Ep=m1+m2-(m1+m2)=0.27 J,选项D正确.2.(2016·天津卷,9)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为　　　　;滑块相对于盒运动的路程为　　　　. 解析:设滑块质量为m,则盒子的质量为2m;对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共解得v共=由功能关系可知μmgs=mv2-·3m·（）2解得s=.答案:　3.(2019·山东潍坊期中)如图所示,在光滑水平轨道左侧固定一竖直光滑圆轨道,圆心为O,半径R=2 m,圆轨道最低点A与一木板上表面相切,木板质量M=4 kg,板长为2 m,小滑块质量为m=1 kg,从圆轨道的B处无初速滑下,OB与竖直方向夹角为53°,小滑块相对木板静止时距离木板右端0.4 m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力;(2)滑块在木板上相对木板运动的时间.解析:(1)滑块下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得mgR(1-cos 53°)=m,解得vA=4 m/s;在A点,由牛顿第二定律得FNA-mg=m解得FNA=18 N;由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为18 N,方向竖直向下.(2)滑块与木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvA=(M+m)v,滑块相对木板滑动的距离s=2 m-0.4 m=1.6 m对滑块与木板组成的系统,由能量守恒定律得m=μmgs+(M+m)v2代入数据得μ=0.4对滑块,由动量定理得-μmgt=mv-mvA代入数据得t=0.8 s.答案:(1)18 N,方向竖直向下　(2)0.8 s4.(2017·天津卷,10)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg.初始时A静止于水平地面上,B悬于空中.现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放.一段时间后细绳绷直,A,B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触.取g=10 m/s2,空气阻力不计.求:(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H.解析:(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h=gt2代入数据解得t=0.6 s.(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A,B的重力,A,B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度,联立各式,代入数据解得v=2 m/s.(3)细绳绷直后,A,B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A,B的速度为零,这一过程中A,B组成的系统机械能守恒,有(mA+mB)v2+mBgH=mAgH代入数据解得H=0.6 m.答案:(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m