【物理】2019届一轮复习鲁科版第六章动量和能量观点的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第六章动量和能量观点的综合应用学案

能力课　动量和能量观点的综合应用 ‎　“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＝4.0 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＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒。‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 即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 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J 答案　(1)2 kg　(2)9 J ‎　“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＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/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＝10 m/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＝10 m/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＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m 答案　(1)10 m/s　(2)2 m ‎　“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。‎ ‎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 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．(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＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg 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＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/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。‎ 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＝＝－4 m/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)4 m/s，方向向左　(2) m/s，方向向右 ‎3．如图9所示，两半径均为R＝0.2 m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＝0.2 m。带电量为＋q、质量为m＝1 kg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＝2 N，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＝1 J，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。‎ 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＝1 m/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N＝＝5 N ‎(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0.4 J、0.2 J 故0.2 J＜Ep′＜0.4 J。‎ 答案　(1)5 N　(2)0.2 J＜Ep′＜0.4 J