【物理】2019届二轮复习专题06动力学、动量和能量观点的综合应用学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习专题06动力学、动量和能量观点的综合应用学案（全国通用）

考点分类：考点分类见下表 考点内容 常见题型及要求 考点一　“子弹打木块”类问题的综合分析 ‎ 选择题、 计算题 考点二　“弹簧类”问题的综合分析 选择题、计算题 考点三　“滑块—滑板”类问题的综合分析 选择题、计算题 考点一　“子弹打木块”类问题的综合分析 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类问题.‎ ‎1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v.‎ ‎2.能量分析 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Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-Ffs1=mv2-m;对木块应用动能定理有Ffs2=mv2,联立解得Ffd=m-(M+m)v2=.式中Ffd恰好等于系统动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有ΔE =Ffd ‎=Q=,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得Ff=,s2=d.‎ ‎3.动力学分析 从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有==,所以有==,解得s2=d.‎ 说明:‎ ‎(1)若M≫m,则s2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据.‎ ‎(2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔE =Ffd(这里的d为木块的厚度).‎ 考点二　“弹簧类”问题的综合分析 ‎1.示意图 ‎2.问题特点 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.学 ‎ ‎(2)在动量方向,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.学 ‎ 考点三：“滑块—滑板”类问题的综合分析 ‎“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现,是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用.这类问题可分为两类:‎ ‎(1)没有外力参与,滑板放在光滑水平面上,滑块以一定速度在滑板上运动,滑块与滑板组成的系统动量守恒,注意滑块若不滑离滑板,最后二者具有共同速度.摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失,即Ff·s相对=ΔE ;‎ ‎(2)系统受到外力,这时对滑块和滑板一般隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律、运动学公式及动量守恒定律求解.‎ ‎★考点一：“子弹打木块”类问题的综合分析 ‎【典例精析】‎ ‎◆典例一：(2018·四川乐山市检测)如图所示,质量为3m、长度为L的木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块,穿出木块的速度为v0,设木块对子弹的阻力始终保持不变.‎ ‎(1)求子弹穿透木块后,木块速度的大小;‎ ‎(2)求子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离s; ‎ ‎(3)若改将木块固定在水平传送带上,使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动,子弹仍以初速度v0水平向右射入木块.如果子弹恰能穿透木块,求此过程所经历的时间.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）v=；（2）s=；（3）t=‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由动量守恒定律得 mv0=m·v0+3mv,解得v=.‎ ‎◆典例二： 质量为m的子弹,以水平初速度v0射向质量为m0的长方体木块.‎ ‎(1)设木块可沿光滑水平面自由滑动,子弹留在木块内,木块对子弹的阻力恒为Ff,求子弹射入木块的深度L.并讨论:随m0的增大,L如何变化?‎ ‎(2)设v0=900 m/s,当木块固定于水平面上时,子弹穿出木块的速度为v1=100 m/s.若木块可沿光滑水平面自由滑动,子弹仍以v0=900 m/s的速度射向木块,发现子弹仍可穿出木块,求的取值范围(两次子弹所受阻力相同).‎ ‎【答案】‎ ‎（1）深度为L==,‎ 可知随m0增大,L增大.‎ ‎（2）≥80 学 ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)当木块可自由滑动时,子弹、木块所组成的系统动量守恒 mv0=(m0+m)v学 / ‎ 由动能定理得m-(m+m0)v2=FfL 可解出打入深度为L==,‎ 可知随m0增大,L增大. 学 ‎ ‎(2)当木块固定时m-m=FfL0 ①‎ 木块自由滑动时,设子弹恰好穿出木块mv0=(m0+m)v ②‎ 这种情况下,系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积 m-(m0+m)v2=FfL0 学, , ,X,X, ‎ ‎★考点二：“弹簧类”问题的综合分析 ‎◆典例一：(2018·山东烟台模拟)如图所示,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A,B,C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A,B速度相等时,B与C恰好相碰并粘连在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中.‎ ‎(1)整个系统损失的机械能; 学 ‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）ΔE=m.‎ ‎（2）Ep=m.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A,B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得 mv0=2mv1 ①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B,C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2 ②‎ m=ΔE+(2m) ③‎ 联立①②③式解得ΔE=m. ④‎ ‎【反思总结】 ‎ 涉及弹簧的多个物体系统的碰撞问题的三点提醒 ‎(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时,既可以根据作用的先后顺序选取系统,也可以选所有物体为系统,这要由题目需要而定.‎ ‎(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近等状态时,往往对应两物体速度相等.‎ ‎(3)当问题有多过程、多阶段时,必须分清作用次数、参与物体、作用结果、能量去向,明确对应过程所遵从的规律.‎ ‎◆典例二：(2018·河北唐山模拟)如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但不连接,该整体静止在光滑水平地面上,并且C被锁定在地面上.现有一滑块A从光滑曲面上离地面h高处由静止开始下滑,与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧,当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定.已知mA=m,mB=2m,mC=3m.求:‎ ‎(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度;‎ ‎(2)被压缩弹簧的最大弹性势能.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）.‎ ‎（2）Epmax=mgh ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)滑块C解除锁定后,滑块A,B继续压缩弹簧,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A,B,C速度相等,设为速度v3,由动量守恒定律有(mA+mB)=(mA+mB+mC)v3‎ 故v3=v2=.‎ 滑块A,B发生碰撞后到弹簧压缩量最大,A,B,C及弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律有 Epmax=(mA+mB)-(mA+mB+mC).故Epmax=mgh学 ‎ ‎★考点三：“滑块—滑板”类问题的综合分析 ‎◆典例一：(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求:‎ ‎(1)物块A相对木板B静止后的速度大小;‎ ‎(2)木板B至少多长.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）v2=0.25v0.‎ ‎（2）L=‎ ‎【解析】 ‎ ‎(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1,三者相对静止后速度为v2,规定向右为正方向,‎ 根据动量守恒得mv0=(m+m)v1,‎ ‎(m+m) m1=(m+m+2m)v2,‎ 联立解得v2=0.25v0.‎ ‎1.(2018·辽宁抚顺模拟)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 g,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 g.现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A,B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s.求:‎ ‎(1)A开始运动时加速度a的大小;‎ ‎(2)A,B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;‎ ‎(3)A的上表面长度l.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）a=2.5 m/s2.‎ ‎（2）v=1 m/s.‎ ‎（3）l=0.45 m.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa 代入数据解得a=2.5 m/s2.‎ ‎(2)对A,B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程中,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得v=1 m/s.‎ ‎(3)设A,B发生碰撞前,A的速度为vA,对A,B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理得Fl=mA,联立并代入数据解得l=0.45 m. 学 ‎ ‎2.(2017·河南开封二模)如图所示的轨道由半径为R的光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧靠台阶BC且上表面与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑,滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上表面.已知M=4m,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,轻弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ,Q点右侧表面是光滑的.求: ‎ ‎(1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小;‎ ‎(2)要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ之间的距离应在什么范围内?(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内)‎ ‎【答案】‎ ‎(1) FN′=3mg.‎ ‎(2) L应满足的范围是 ‎≤L<.‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎3.(2015·福建卷,21)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g. ‎ ‎(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;‎ ‎(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:‎ ‎①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;‎ ‎②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）N′=3mg;‎ ‎（2）vm=; s=L.‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大.由系统的机械能守恒 mgR=M+m(2vm)2‎ 解得vm=;‎ ‎②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得mgR-μmgL=M+m(2vC)2‎ 设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=Ma 由运动学规律得-=-2as 解得s=L. ‎ ‎4.(2016·海南卷,17)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,磁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 =1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 g和mB=0. 100 g,重力加速度大小g取9.8 m/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 0;‎ ‎(2)求 值的相对误差δ(δ=×100 ,结果保留1位有效数字).‎ ‎【答案】 . ‎ ‎（1） 0=2.04×10-3 s2/m.‎ ‎（2）δ≈6 .‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎(2)按照定义δ=×100 ⑥‎ 由⑤⑥式和题给条件得δ≈6 .‎ ‎5.如图,两块相同平板P1,P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起,P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦因数为μ,求:‎ ‎(1)P1,P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;‎ ‎(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）v2=v0,方向向右.‎ ‎（2）　‎ ‎【解析】‎ ‎(1)p1和p2碰撞动量守恒：‎ mv0＝(m＋m)v1①‎ 得出：‎ P在p2上滑行过程p1、p2、p系统动量守恒：‎ ‎2mv0＋2mv1＝4mv2②‎ 得出：‎ ‎6.在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 g可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：‎ 图9‎ ‎(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；‎ ‎(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；‎ ‎(3)A、B能够碰撞的总次数．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）v0＝4 m/s.‎ ‎（2）12.25J。‎ ‎（3）6次．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Ep＝mv＋μ1mgL，‎ 解得v0＝4 m/s.学 ‎ ‎(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，‎ 解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2.‎ 运动的时间t1＝＝0.4 s，位移x1＝t1＝0.8 m.‎ 此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.‎ ‎(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv2＝2nμ1mgL.‎ 解得第二次碰撞后重复的过程数为n＝2.25，所以碰撞总次数为N＝2＋2n＝6.5＝6(取整数)．‎