2023新教材高考物理一轮第六章碰撞与动量守恒专题强化五动力学动量和能量观点的综合应用课件

专题强化五　动力学、动量和能量观点的综合应用\n力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．\n【关键能力·分层突破】考点一　碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图\n2．模型特点(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．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．\n例1如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝＝1m/s弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm＝－(mA＋mB)v2＝6J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm＝代入数据解得vm＝2m/s，方向向右．\n模型2“滑块—木板”模型模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(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量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．\n例2如图所示，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.\n解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝v0\n(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep＝2mgμ(L＋x)解得Ep＝\n[教你解决问题]第一步：审条件　挖隐含①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”P的速度不变．②“碰撞后P1与P2粘连在一起”P1、P2获得共同速度．③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．\n第二步：审情景　建模型①P1与P2碰撞碰撞模型．②P与P2之间的相互作用滑块—滑板模型．第三步：审过程　选规律①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能Ep.\n模型3“子弹打木块”模型(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)．(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝Ffs，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)．\n例3如图所示，一质量m1＝0.45kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05kg的子弹以v0＝100m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g取10m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？\n解析：(1)子弹射入小车的过程中，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＝10m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝(m0＋m1＋m2)解得L＝5m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5m.\n【跟进训练】1.如图所示，一颗质量为m＝0.1kg的子弹以v0＝50m/s的水平速度打入静止在光滑水平地面上质量为M＝0.9kg的木块中，并随木块一起沿光滑半圆环AB运动到最高点B，以后又落回地面．要使木块下落的水平位移最大(g取10m/s2，不计空气阻力)，求：(1)半圆环的半径R；(2)最远落点到A点距离；(3)木块经过半圆环最高点B时，对半圆环的压力大小．\n解析：(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝5m/s设木块到达半圆环最高点时速度为v2，由机械能守恒定律得：＝＋(m＋M)g·2R木块离开B后做平抛运动水平方向：x＝v2t竖直方向：2R＝gt2解得：x＝当R＝＝m时，水平位移最大．\n(2)最大水平位移为：x＝4R＝m＝1.25m.(3)在B点半圆环对木块的弹力竖直向下，设为F，由牛顿第二定律得：F＋(m＋M)g＝解得：F＝3(m＋M)g＝30N根据牛顿第三定律，木块对半圆环的压力大小为30N.\n2.(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2答案：AD\n解析：当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma；当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确．取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误．根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝＝3mv2，故C错误，D正确．\n考点二　力学三大观点的综合应用三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．\n例4[2021·湖北黄冈1月质检]如图所示，固定的凹槽水平内表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m的圆弧面(圆心与A、D等高)．A和D分别是两圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m.滑板的质量M＝4m，P1和P2与BC面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝4.0m/s的初速度从A点沿弧面滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上．当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零．P1与P2均视为质点，P1、P2碰撞时间极短，取g＝10m/s2.(1)P1和P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？(2)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(3)N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？\n解析：(1)设P1滑到最低点时速度为v1，由机械能守恒定律有＋mgR＝解得v1＝5m/sP1、P2碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，设P1、P2碰后速度分别为v′1、v′2则由动量守恒和机械能守恒可得mv1＝mv′1＋mv′2＝解得v′1＝0，v′2＝5m/s.\n(2)P2向右滑动时，假设P1相对滑板保持不动，对P2有f2＝μ2mg设P1、滑板的加速度为a，对P1、滑板有f＝f2＝(m＋M)a解得a＝0.4m/s2此时对P1有f1＝ma，小于P1受到的最大静摩擦力fmax＝μ1mg，所以假设成立故滑板的加速度为0.4m/s2.(3)设P2滑到C点时速度为vC，由机械能守恒定律有mgR＝解得vC＝3m/s从P1、P2碰撞后瞬间到P2滑到C点时，设P1、滑板速度为v，由动量守恒定律得mv′2＝(m＋M)v＋mvC\n解得v＝0.40m/s，注：P1和滑板为整体，在P2施加的摩擦力作用下向右运动，有动能增量．对P1、P2，滑板组成的系统，设BC长为L，由功能关系可得f2L＝[m－(m＋M)v2]，解得L＝3.8m滑板与凹槽碰后，P1向右滑行的距离s1＝＝0.08m，其中a1＝＝1.0m/s2P2返回到C点后向左滑行的距离s2＝＝2.25m，其中a2＝＝2.0m/s2所以P1、P2静止后相距Δs＝L－s1－s2＝1.47m.\n【跟进训练】3.[2021·山东济南三模]如图所示，竖直平面内一根长l＝1m的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝90g的小球(可视为质点)．一质量m0＝10g的子弹(可视为质点)以v0＝100m/s的速度水平射入小球(子弹射入小球的时间极短)，并留在小球内与小球一起绕O点做圆周运动．取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力．则下列说法正确的是()A．子弹射入小球后瞬间的速度大小为10m/sB．子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为C．小球运动到最高点时的速度大小为6m/sD．小球运动到最高点时受到绳子的拉力大小为6N答案：A\n解析：子弹射入小球的时间极短，系统水平方向合外力为零，对子弹与小球组成的系统由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v1，解得子弹射入小球后瞬间的速度v1＝10m/s，选项A正确；子弹射入小球前，小球处于平衡状态，绳子拉力F1＝mg，子弹射入小球后，子弹与小球组成的系统做圆周运动，设绳子拉力为F2，有F2－(m0＋m)g＝，代入数据解得F2＝11N，则＝，选项B错误；假设子弹与小球组成的系统运动到的最高点为O点正上方距O点l处且此时的速度为v2，由机械能守恒定律有＝，解得v2＝2m/s>，故假设成立，小球运动到最高点时速度大小为2m/s，选项C错误；小球在最高点时，设绳子拉力为F3，则有F3＋(m0＋m)g＝，解得F3＝5N，选项D错误．\n4．如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．\n解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝解得vC＝小球从A到C，由机械能守恒定律得＝＋mg·2R联立解得v0＝(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共由机械能守恒定律得＝＋mgh联立解得h＝R.