2020届高考物理总复习 第6章 碰撞与动量守恒 专题讲座六 动力学、动量和能量观点的综合应用课件

专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用研究动力学问题的三个观点1.力的观点(1)运动学公式:020220:1:2:2ttvvatxvtatvvax速度公式位移公式速度位移公式(2)牛顿运动定律牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律2.动量的观点(1)动量定理:I合=Δp.(2)动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.3.能量的观点(1)动能定理:W总=ΔEk.(2)机械能守恒定律:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2.(3)能量守恒定律.核心探究演练提升核心探究分类探究·各个击破考点一“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=12mv2-12m20v;对木块应用动能定理有Ffs2=12mv2,联立解得Ffd=12m20v-12(M+m)v2=202()MmvMm.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ΔEk=Ffd=Q=202()MmvMm,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=202()MmvMmd,s2=mMm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22xdx=022vvv=0vvv,所以有2dx=0vv=Mmm,解得x2=mMmd.说明:(1)若M≫m,则x2≪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ΔEk=Ffd(这里的d为木块的厚度).【典例1】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=900m/s,当木块固定于水平面上时,子弹穿出木块的速度为v1=100m/s.若木块可沿光滑水平面自由滑动,子弹仍以v0=900m/s的速度射向木块,发现子弹仍可穿出木块,求0mm的取值范围(两次子弹所受阻力相同).〚核心点拨〛摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少.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由动能定理得12m20v-12(m+m0)v2=fL可解出打入深度为L=20002()mmvfmm=2002(1)mvmfm,可知随m0增大,L增大.答案:(1)见解析(2)当木块固定时12m20v-12m21v=fL0①木块自由滑动时,设子弹恰好穿出木块mv0=(m0+m)v②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12m20v-12(m0+m)v2=fL0③由②③可得20002()mmvmm=fL0④由①④两式得12m20v-12m21v=20002()mmvmm,20v-21v=2000mvmm可解出00mmm=220120vvv=8081,0mm=80为子弹刚好穿出时0mm的值.我们已经知道,m0越大,子弹打入木块的深度越大,故0mm=80应为0mm的最小值,即应取0mm≥80.答案:(2)0mm≥80【针对训练】(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25v0,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;解析:(1)由动量守恒定律得mv0=m·25v0+3mv,解得v=05v.答案:(1)05v(2)求子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离s;解析:(2)对子弹,由动能定理得-f(s+L)=12m(25v0)2-12m20v对木块,由动能定理得fs=12·3mv2联立解得f=20925mvL,s=6L.答案:(2)6L(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.解析:(3)对子弹,由动量定理得-ft=m(u-v0),由动能定理得f(ut+L)=12m(20v-u2)联立解得t=0523Lv.答案:(3)0523Lv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.(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.【典例2】(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;〚核心点拨〛(1)B与C相碰过程中有机械能的损失.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=2mv1①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=2mv2②12m21v=ΔE+12(2m)22v③联立①②③式解得ΔE=116m20v.④答案:(1)116m20v(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.解析:(2)由②式可知,v2v1,A将继续压缩弹簧,直至A,B,C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep,由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3⑤12m20v-ΔE=12(3m)23v+Ep⑥联立④⑤⑥式解得Ep=1348m20v.〚核心点拨〛(2)当三个物块的速度相同时,弹簧最短.答案:(2)1348m20v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.【针对训练】(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;解析:(1)滑块A下滑过程中机械能守恒,设A到达水平面时速度为v1,由机械能守恒定律有mAgh=12mA21v,解得v1=2gh.滑块A,B碰撞过程中动量守恒,设滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为v2,由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2,解得v2=1AABmvmm=123gh.答案:(1)123gh(2)被压缩弹簧的最大弹性势能.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)22v=(mA+mB+mC)v3故v3=14v2=1212gh.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=12(mA+mB)22v-12(mA+mB+mC)23v.故Epmax=724mgh答案:(2)724mgh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f·s相对=ΔEk;(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.【典例3】(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;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.答案:(1)0.25v0(2)木板B至少多长.解析:(2)当物块A在木板B上滑动时,系统的动能转化为摩擦热,设木板B的长度为L,假设物块A刚好滑到木板B的右端时共速,则由能量守恒得12·2m21v-12·4m22v=·μ2mgL,解得L=2016vg.答案:(2)2016vg多维训练1.[有外力作用下的滑块—滑板问题](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=4kg,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=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,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=0.6s,二者的速度达到vt=2m/s.求:(1)A开始运动时加速度a的大小;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=2.5m/s2.答案:(1)2.5m/s2(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.解析:(2)对A,B碰撞后共同运动t=0.6s的过程中,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v代入数据解得v=1m/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=12mA2Av,联立并代入数据解得l=0.45m.答案:(2)1m/s(3)0.45m2.[滑块往复运动问题](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;解析:(1)设滑块到B点的速度大小为v,到