2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒能力课动量和能量观点的综合应用学案

2μmgs( 根
据摩擦力与相对位移的乘积等于系统损失的机械能
1 2
mv20－
1 2(
M＋
m)
v
2＝Δ
E＋
2
μ
mgs
可得
Δ
E
2
M＋
m)
v2－2μmgs
＝
2（
mM m＋M）
v20 － 2 μ mgs＝
2.4
J
。
答案 2.4 J
) ，则由能量守恒定律可得
【变式训练 4】 [ 模型拓展——子弹打木块 ] 如图 7 所示，质量为 m＝ 245 g 的物块 ( 可视为
(5) 滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。
【变式训练 3】 如图 6 所示， 长木板 ab 的 b 端固定一挡板， 木板连同挡板的质量为 M＝ 4.0
kg，a、b 间距离 s＝ 2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板 a 端有一小物块，其质量 m＝ 1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数 μ ＝ 0.10 ，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度
(2) B、C碰撞时 B、 C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间 B、C的共同速度为 vBC，则有
mBv＝ ( mB＋mC) vBC
代入数据解得 vBC＝ 2 m/s
当 A、B、 C 三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为
Ep，在 B、 C 碰撞后， A 与 B、C
组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得
图9 mh
B. m＋ M Mh
D. m＋ M
所以 v0＝ 2gh
斜面不固定时，由水平方向动量守恒得
mv0＝ ( M＋ m) v
由机械能守恒得
1 2
mv20＝
1 (
2
M＋
m)
v
2＋
mgh′
M 解得 h′＝ M＋ mh，选项 D 正确。
答案 D
拓展 3 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，滑块 1
CD上表面是光滑的 4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 10 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，
v0 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：
2
(1) 物块滑到 B处时木板的速度 vAB； (2) 滑块 CD圆弧的半径 R。
v0
＝ 4.0 m/s 沿木板向右滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到 求碰撞过程中损失的机械能。 ( g 取 10 m/s 2)
a 端而不脱离木板，
图6 解析 把 a、 b 两物体看成一个系统，设物块和木板最后的共同速度为
v，取向右为正方向，
由动量守恒定律有
mv0＝ ( M＋ m) v
设碰撞过程中损失的机械能为 Δ E，由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为
解得 t ＝ μ（ m1＋m2） g，代入数据得 t ＝ 0.24 s 。 (2) 要使物块恰好不从车面滑出， 须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为 v′，
则 m2v0′＝ ( m1＋ m2) v′
由功能关系有
1 2m2v 0′
2＝
1 (
2
m1＋
m2)
v′
2＋
μｍ2gL
代入数据解得 v0′＝ 5 m/s
B 发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程
中。
图1
(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
以向右为正方向，
由动量守恒定律得 mAv0＝ ( mA＋ mB) v
mAv0 1×４
解得
v＝
mA＋
＝ mB
1
＋
3
m/s
＝1
m/s
弹簧的最大弹性势能即滑块 A、 B 损失的动能
2
v0 )
4
2＝
1 2
×２mv2共＋
mgR
v20 解得 R＝ 64g。
v0
v
2 0
答案 (1) 4 (2) 64g
拓展 4 [2016 ·全国卷Ⅱ· 35(2)] 如图 11，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，
斜面
体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面
3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为
高度为 h、倾角为 θ。一质量为 m( m＜ M) 的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计
冲上斜面时的机械能损失。 如果斜面固定， 则小物块恰能冲到斜面的顶端。 如果斜面不固定， 则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为 ( )
A. h mh
C. M
解析 斜面固定时，由动能定理得 － mgh＝ 0－ 12mv20
1mv2＝1mv21＋ 1×３mv22
2
2
2
m－ 3m 1
2m 1
得 v1＝ m＋3mv＝－ 2v， v2＝ 4mv＝ 2v
1 ②若是完全非弹性碰撞，则 mv＝ 4mv′， v′＝ 4v
1
1
因此 4v≤ vB≤ 2v，因此只有 (2) 是可能的。
答案 见解析
mv＝ mv1＋3mv2
如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程中总机械能不变，广义上 也可以看成是弹性碰撞。 拓展 1 如图 8 所示，质量为 M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平 面相切，一质量为 m的小球以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点 时滑块的速度大小。
图3
(1) 当弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度为多大？
(2) 系统中弹性势能的最大值是多少？
解析 (1) 当 A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据
A、B、C 三者组成的系统
动量守恒，取向右为正方向，有 ( mA＋ mB) v＝ ( mA＋mB＋ mC) vABC
代入数据解得 vABC＝ 3 m/s
Epm＝
1 2
mAv20－
1 ( 2
mA＋ mB)
v2＝ 6
J
。
(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
1 2
mAv
20＝
12mBv2m＋
1 2
mAv
2 A
mAv0＝ mAvA＋ mBvm
A、 B同速。系统动量守恒，
解得 vm＝ 2 m/s ，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s ，向右
(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。
【例 1】 如图 1 所示，质量分别为 1 kg、 3 kg 的滑块 A、 B 位于光滑水平面上，现使滑块 A
以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块
图 10
解析 (1) 物块由 A 点到 B 点，取向左为正，方向 v0
由动量守恒得 mv0＝ mvB＋ 2mvAB，则 vAB＝ 4
v0 v B＝
2
(2) 物块由 D点到 C点，滑块 CD与物块 P组成的系统动量守恒，机械能守恒，则
v0
v0
m· ＋m· ＝ 2mv共
2
4
1 2m(
v0 )
2
2
＋
1 m(
＝
1 2
Mv20；对题图乙，物体
A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧， A、 B 组成的系统动量守恒，弹簧达
到最大压缩量时， A、 B 二者速度相等，由动量守恒定律有 M·２v0＝ ( M＋m) v，由能量守恒定
律有
Ep＝
1 2M·
(2
v
0)
2－
1 2(
M＋
m)
v
2，联立解得
M＝
3
m，
Ep＝
1 2
Mv20＝
质点 ) 放在质量为 M＝ 0.5 kg 的长木板左端， 足够长的木板静止在光滑水平面上， 物块与木板
间的动摩擦因数为 μ＝ 0.4 。质量为 m0＝ 5 g 的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块 并留在其中 ( 时间极短 ) ，g 取 10 m/s 2。子弹射入后，求：
图7
(1) 子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度
v0′不超过 5 m/s 。
答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
“滑块—平板”模型解题思路
(1) 应用系统的动量守恒。
(2) 在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。
(3) 在涉及滑块或平板的位移时，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。
能力课 动量和能量观点的综合应用
[ 热考点 ] “滑块—弹簧”模型
[ 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。
( m0＋ m) v1＝ ( m0
＋ m＋ M) v2，
解得 v2＝ 2 m/s 。
(3) 对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－ μ( m0＋ m) gt ＝( m0＋ m) v2－ ( m0＋ m) v1，
解得 t ＝ 1 s 。