2019高中物理鲁科版大一轮复习学案：第六章 动量和能量观点的综合应用 WORD版含解析.docx

1、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

2、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3mvmv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv2mv1mv0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)v2Ep(2m)vmv由式得弹簧所释放的势能为Epmv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mA4.0 kg和mB3.0 kg。用轻

3、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t0时以一定速度向右运动，在t4 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：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v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒。mCv1(mAmC)v2即mC2 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(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v(mAmBmC)vEp得

4、Ep9 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EkEk0，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

5、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：mv03mv1由能量守恒：mv3mvmghfL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：3mv13mv2由能量守恒：3mvmgh3mvfx距a点的距离：sLx解得：sLL答案(1)(2)L (2017山西模拟)如图

6、4所示，一质量m10.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m20.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m00.05 kg的子弹、以水平速度v0100 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0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g10 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(m0m1)v1解得v110 m/s(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守

7、恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由能量守恒可得(m0m1)vm2gL(m0m1)vm2v解得L2 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(Mm)v共，mv(Mm)vmgh。(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，mv0mv1Mv2，mvmvMv。 (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

8、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mghmv2m1vM1vAmv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(M2m)v2mv2mv(M2m)v联立式解得hh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，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且

9、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mv0mvB2mvAB，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mm2mv共mgRm()2m()22mv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

10、、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7A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mM，小球离开小车向左做平抛运动；如果mM，小球离开小车做自由落体运动；如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A。答案A2(2016河北石

11、家庄质检)如图8所示，光滑水平面上木块A的质量mA1 kg，木块B的质量mB4 kg，质量为mC2 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v010 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mAv0mAvAmBvB解得vA4 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

12、量守恒定律和机械能守恒定律有 mBvBmBvBmCvCmBvmBvB2mCv得vCvBvC 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R0.2 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LMF0.2 m。带电量为q、质量为m1 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

13、摩擦因数均为0.5。已知Eq2 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Ep1 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0mv1mv2由机械能守恒有Epmvmv解得v1v21 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N5 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tAmtB。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Ep2mv2A停在M点时，由动能定理有EqLMF0mv2A停在MF中点时，同理有EqLMF0mv2两种情况对应的Ep分别为0.4 J、0.2 J故0.2 JEp0.4 J。答案(1)5 N(2)0.2 JEp0.4 J