2020年高考物理一轮复习 热点题型归纳与变式演练 专题17 动量与能量（含解析）

专题17 动量与能量【专题导航】目录热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型1热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型3热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型7热点题型四应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象10【题型演练】13【题型归纳】热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 s2ds1v0子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：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过程。设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，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，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 相减得： 对子弹用动量定理：对木块用动量定理：【例1】(2019江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的vt图象如图所示已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A10 J B50 J C70 J D120 J【答案】D.【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得v.木块获得的动能为EkMv2.系统产生的内能为Qmv(Mm)v2，可得QEk50 J，当Q70 J时，可得Mm25，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q120 J时，可得Mm75，木块质量大于子弹质量，选项D正确【变式1】(2019山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍两种射入过程相比较()A射入滑块A的子弹速度变化大 B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D两个过程中系统产生的热量相同【答案】BD【解析】在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0(Mm)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确【变式2】如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，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0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。【答案】(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得t1 s。热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型A A B A B A Bv1vv1/v2/ 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为的物体A以速度向质量为的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。（1）弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）（2）弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。（3）弹簧完全没有弹性。系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：。【例2】(2019衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L4.0 m，传送带以恒定速率v3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送三个质量均为m1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态滑块A以初速度v02.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离滑块C脱离弹簧后以速度vC2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】见解析【解析】(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x由牛顿第二定律得mgma由运动学公式得vvCat，xvCtat2代入数据可得x1.25 mkg；【解析】试题分析：对小球与曲面进行研究，由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解；分析小孩与球，球和曲面，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的条件。（1）小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：由动能定理得：解得：(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得：；如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足：v2v1解得：【点睛】：本题主要考查了动量守恒和定能定理的综合应用，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。【题型演练】1.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ2PO，则两小球质量之比m1m2为()A75 B13 C21 D53【答案】D【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1vm1vm2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1v2PO(PO2PQ)15，联立三式可得m1m253，D正确2 (2019河南焦作质检)质量分别为ma1 kg和mb2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A弹性碰撞 B非弹性碰撞 C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法判断【答案】A【解析】由x t图象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的总动能为mavmbv J，碰撞后的总动能为mava2mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mavamavb3 kgm/s，撞后的总动量为mavambvb3 kgm/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确3(2019湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为()A0.6v B0.4v C0.2v D0.3v【答案】BD【解析】若vB0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mvmvA3m0.6v，得vA0.8v，碰撞前系统的总动能为Ekmv2.碰撞后系统的总动能为：Ekmv3mvmv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB0.4v，由动量守恒得：mvmvA3m0.4v，得vA0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ekmv3mvmv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv(m3m)vB，vB0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C错误；若vB0.3v，由动量守恒得：mvmvA3m0.3v，解得：vA0.1v，碰撞后系统的总动能为Ekmv3mvmv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D正确4如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B.在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A1.8 m/s B2.4 m/s C2.6 m/s D3.0 m/s【答案】BC【解析】A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，故选项B、C正确5.(2019山东威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A碰撞前总动量大小为2mv B碰撞过程动量不守恒C碰撞后乙的速度大小为2v D碰撞属于非弹性碰撞【答案】选AC【解析】.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mvmv2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v，由动量守恒定律得3mvmv0mv，解得v2v，C正确；碰撞前总动能为3mv2mv22mv2，碰撞后总动能为0m(2v)22mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误6.(2019陕西榆林质检)如图所示，质量为m22 kg和m33 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)质量为m11 kg的物体以速度v09 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起试求：(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞；(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大【答案】(1)1 m/s(2)3.75 J【解析】(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2m3v10.只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等对m1、m3，由动量守恒定律得：m1v0m3v1(m1m3)v2解得：v11 m/s即弹簧将m3发射出去的速度至少为 1 m/s.(2)对m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得：Epm3vm2v3.75 J.7(2019辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度【答案】(1)mgh(2)h【解析】(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得3mgh3mvA与B碰撞，根据动量守恒得3mv14mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得Epmax4mvmgh(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2，A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh3mv解得hh8.如图所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B (可视为质点)相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为2m, B的质量为m。A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出，重力加速度为g。(1)求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；(2)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；(3)x在满足(2)条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度。【答案】见解析【解析】(1)滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：mvmgLmv在最低点，由牛顿运动定律：Tmg又：T5mg联立得：v0，v12。(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒mv1mvB2mvA若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2mvA|mvB|对A应用动能定理：mgx2mv联立解得：x即A与台阶只能碰撞一次的条件是： x。(3)设xx0时，A左端到与台阶碰撞前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒mv1(m2m)vAB对A应用动能定理： mgx02mv联立得x0。()当xx0，即x时，A、B共速后A与台阶碰撞。由可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1vAB。()当x0x即x时，A、B共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：mgx2mvA与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2。9.如图，质量为1 kg的小车A上用长的轻绳悬挂着质量为2 kg的小球B，两者一起以4 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速运动，某一时刻，小车A与静止在水平面上的质量为1 kg的小车C发生正碰并粘连在一起。重力加速度取10 m/s2。求：(1)小球B能摆起的最大高度H；(2)小车C的最大速度的大小 。【答案】、【解析】(1)A与C的碰撞动量守恒得设A、B、C同速时速度为，由水平方向动量守恒得由能量守恒得解得(2)当B摆回最低点时，C的速度最大，由水平方向动量守恒(碰后系统机械能守恒解得。10.(2019宁夏银川一中模拟)如图所示，有一质量为M2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v12 m/s向左运动，B同时以v24 m/s向右运动最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车两物块与小车间的动摩擦因数均为0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小车总长L；(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；(3)从物块A、B开始运动计时，经6 s小车离原位置的距离x.【答案】(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m【解析】(1)设最后达到共同速度v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv2mv1(2mM)vmgLmv12mv22(2mM)v2解得：v0.5 m/s，L9.5 m.(2)设物块A离小车左端的距离为x1，从A开始运动至左端历时t1，在A运动至左端前，小车是静止的mgmaAv1aAt1x1aAt12联立可得t12 s，x12 m所以物块B离小车右端的距离x2Lx17.5 m，所以QBmgx27.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t2，则vv2aBt2mgmaB联立可得：t23.5 s小车在t1前静止，在t1至t2之间以加速度a向右加速：mg(Mm)a此时小车向右运动的位移x3a(t2t1)2接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了x4v(6 st2)联立以上式子，解得小车在6 s内向右运动的总距离xx3x41.625 m.20