【物理】2019届一轮复习人教版多维探究　殊途同归(六)　能量与动量的综合应用学案 14页

‎[多维概述]‎ ‎1．动量观点与能量观点 ‎(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。‎ ‎(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律(机械能守恒定律)。‎ 这两个观点研究的是物体或系统在运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节做深入研究，而只注重运动状态变化的结果及引起变化的原因。简单地说，只要求知道过程始末状态的动量式、动能式以及力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解。‎ ‎2．力学规律的选用原则 ‎(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。‎ ‎(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般优先考虑利用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)求解。‎ ‎(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般利用两个守恒定律求解，但要注意所研究的问题是否满足守恒的条件。‎ ‎(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，要注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。此类问题由于作用时间极短，—般都满足动量守恒的条件。‎ ‎[多维展示]‎ 多维角度1 子弹打木块模型中的能量与动量问题 ‎[例1]　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f。则 ‎(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？‎ ‎(2)子弹在木块内运动的时间为多长？‎ ‎(3)子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？‎ ‎(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？‎ ‎(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？‎ 解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。‎ ‎(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得 对木块：ft＝Mv－0‎ 解得t＝。‎ ‎(3)设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2，如图所示，由动能定理得 对子弹：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 对木块：fs2＝Mv2－0。‎ 解得s2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即 s相＝s1－s2＝。‎ ‎(4)系统损失的机械能为 E损＝mv－(M＋m)v2＝ 系统增加的内能为Q＝f·s相＝ 系统增加的内能等于系统损失的机械能。‎ ‎(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有 fL＝mv－(M＋m)v2‎ 解得L＝ 因此木块的长度至少为。‎ 答案　(1)v0　(2) ‎(3)　　 ‎(4)　　(5) ‎(1)系统所受的合外力为零，因此动量守恒。‎ ‎(2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度s相。‎ ‎(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。‎ ‎(4)系统产生的内能Q＝f·s相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。‎ ‎(5)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，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝fL(L为木块的长度)。‎ 多维角度2 板块模型中的能量与动量问题 ‎[例2]　如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切。现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。‎ 解析　(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1‎ 由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1①‎ 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②‎ 联立①②并代入数据解得v0＝5 m/s③‎ ‎(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v2④‎ 设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：‎ mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤‎ 联立③④⑤并代入数据解得x＝0.5 m。‎ 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 多维角度3 传送带模型中的能量与动量问题 ‎[例3]　如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2。一质量m＝0.05 kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的vt图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，取g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求滑块的质量；‎ ‎(2)求滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量；‎ ‎(3)若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为多少？‎ 解析　(1)子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，有 mv0＋Mv2＝(m＋M)v1‎ 由vt图象知子弹入射前、后的速度和滑块的初速度分别为v0＝400 m/s，v1＝4 m/s，v2＝－2 m/s，‎ 解得M＝3.3 kg。‎ ‎(2)设滑块(包括子弹)向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有 f＝μ(M＋m)g＝(M＋m)a 解得a＝2 m/s2。‎ 设滑块(包括子弹)向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则：t1＝＝2 s，s1＝t1＝4 m。‎ 这段时间内传送带向右运动的位移大小为s2＝－v2t1＝4 m。‎ 由能量守恒定律，滑块(包括子弹)向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为 Q＝f(s1＋s2)＝53.6 J。‎ ‎(3)在传送带右端，因滑块(包括子弹)恰好能水平飞出，故有(m＋M)g＝(m＋M)，‎ 解得R＝0.4 m。‎ 答案　(1)3.3 kg　(2)53.6 J　(3)0.4 m 多维角度4 弹簧模型中的能量与动量应用问题 ‎[例4]　如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1s≥即>s≥时，A、B共速前A就与台阶碰撞 对A应用动能定理有μmgs＝×2mvA′2，‎ 由上式解得A与台阶碰撞前瞬间的速度vA′＝，‎ 设此时B的速度为vB′‎ 由动量守恒定律得mv1＝2mvA′＋mvB′‎ 由上式解得vB′＝2(－)。‎ ‎4．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0 m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；‎ ‎(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？‎ ‎(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)见解析 ‎(3)nv 解析　(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知mgh＝mv 解得v0＝ 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，μmg＝ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 v2－v＝－2al联立解得v＝4 m/s。‎ 由于v>u＝2 m/s，所以v＝4 m/s。即物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s。‎ ‎(2)设物块B、A第一次碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由弹性碰撞知 ‎－mv＝mv1＋Mv2‎ mv2＝mv＋Mv 解得v1＝v＝ m/s 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则 ‎0－v＝－2al′‎ l′＝ m<1 m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。‎ ‎(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 v2＝v1＝2v 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞、……碰撞后物块B的速度大小依次为 v3＝v2＝3v、v4＝v3＝4v、……‎ 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vn＝nv＝ m/s。‎