专题 动量与能量综合解决类碰撞问题
碰撞中的动量和能量问题
碰撞中的动量和能量问题在高考中,碰撞问题在全国和各省市的试卷中多次出现,特别是动量和能量问题更是考试的热点。
由于碰撞存在着三种方式:所以给学生在学习时带来了一定的难度。
本文就这个问题做一个总结。
碰撞过程是指物体相互接触;作用时间极短,平均相互作用力很大,碰撞时伴有形变的过程。
由于碰撞过程时间极短。
如果把发生碰撞的物体看成系统.则系统满足动量守恒。
而对于能量要根据形变的恢复程度而定。
根据恢复程度可把碰撞分为三种:弹性碰撞,非弹性碰撞,完全非弹性碰撞。
下面分别进行讨论。
1、弹性碰撞是指碰撞结束后,两物体的形变完全恢复,无机械能损失。
所以有2、非弹性碰撞:碰撞后形变部分消失。
机械能有损失,机械能转化为其他形式的能量。
故3、完全非弹性碰撞:碰撞结束后合二为一,以共同的速度运动,机械能损失最大,机械能转化为其它形式的能量。
故可见在处理有关碰撞问题中应该遵守三项原则:①动量守恒。
②机械能不增加。
③情景可行性原则,碰前同向运动则,碰撞后不可能发生二次碰撞。
如碰后同向。
则,如碰前相向运动,则碰后不可能都不改变方向。
例1:A、B两小球在光滑水平面上沿同一条直线向同一方向运动,A球的动量为,B球的动量为,当A球追上B球时发生对心碰撞,则碰撞后A、B两球的动量的可能值为( )解析:A、B两小球在同一直线上运动,规定A、B动量都为正,A、B相碰后,A 应减速,B加速,所以A错。
D项表明A的动量大小不变,B的动量增加了,所以B 的动能就增加,而碰后的总的动能增加是不可能的,所以D错,故正确答案是B、C。
()解析:动量守恒原则:排除C ,机械能不增加原则:排除D, 情景可行性原则:碰后同向A对,碰后反向,B对,因此正确答案是A、B。
例3:(2009年全国理综卷1)质量为的物块以速度运动,与质量为的静止物体发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等。
两者质量之比可能为()A.2B.3C.4D.5设两物体碰撞后的速度分别为,由碰撞所遵循的运动规律,动量守恒和机械能不增加原理,有方程:故正确答案是A、B选项。
大题 动量能量的综合应用(学生版)
大题 动量能量的综合应用动量观、与能量观的正确形成是检验学生物理核心素养形成的重要方面。
因此能量与动量的知识在高考中每年必考，题型分布广泛小题、大题均有涉及可以单独命题也可以二者综合起来命题，呈现情境丰富考察角度宽而有创意所以在复习备考中一定要引起高度重视。
动能定理的综合应用1(2024高三·浙江杭州·期中)如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED 组成(底端连接处D与D 略错开)。
已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ=60°；水平直线轨道CD长度L=1.2m，动摩擦因数μ=0.5；圆轨道DED 的半径R2=0.8m。
将质量m=0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m=0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。
空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：(1)若h=0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；(2)若h=0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；(3)若P与Q碰撞后，Q能够通过圆轨道的最高点E，求h需要满足的条件。
【思路分析】根据平抛运动的规律先求出竖直速度在利用几何关系求初速度；在圆弧上根据动能定理求碰撞前的速度在结合牛顿第二定律求解轨道弹力；求出在E点的临界速度在根据动能定理或能量守恒求解h。
应用动能定理解题的五点注意1(2024·安徽合肥·一模)如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。
动量与能量综合问题归类分析_图文
方,若要使小木块经过C后穿过P孔,又能从Q孔落下,则平台
的角速度应满足什么条件？
变式3：所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端栓一小
物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感 器相连。已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射 入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周
固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，
一质量m＝1.0kg的小物块紧靠弹簧，小物块与水平轨
道间的动摩擦因数μ＝0.5。整个装置处于静止状态，
现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨
道的最高点A，g取10m/s2．求：
（1）解除锁定前弹簧的弹性势能； （2）小物块第二次经过O′点 时的速度大小；
m1V2 / L ≥ m1 g
式中m1 =（M+m）
由机械能守恒定律 1/2m1V2+m1g×2L= 1/2m1V12
O
由动量守恒定律
m v0 = （M+m） V1
v0
m
M
若小球只能在下半个圆周内作摆动 1/2m1V22 =m1gh ≤m1gL
类型三：子弹射木块类问题
如图所示,质量为m的小木块与水平面间的动摩擦因数
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2 D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2g
v0
如图所示，质量为M=4kg的平板车静止在光滑水平面上 ，其左端固定着一根轻弹，质量为m=1kg的小物体以水 平速度v0=5m/s从平板车右端滑上车，相对于平板车向左 滑动了L=1m后把弹簧压缩到最短，然后又相对于平板车 向右滑动到最右端而与之保持相对静止。求
2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 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 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/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)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。上述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到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．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
高三物理(人教)一轮复习课件：专题六 动量、能量观点综合应用中常考的“三个模型”
即 mxm＝MxM⑤ 又 xm＋xM＝2L⑥
⑤⑥联立代入数据求解得：xm＝23 m.
[答案]
(1)2 N
竖直向上
(2)2 m/s
2 (3)3 m
[变式训练 3] 如图所示，一辆质量 M＝3 kg 的小车 A 静止 在光滑的水平面上，小车上有一质量 m＝1 kg 的光滑小球 B，将 一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep＝6 J，小球 与小车右壁距离为 L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的 油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
mv1＝mv3＋Mv4，12mv21＝12mv23＋12Mv24 整理可得 v3＝mm－＋MMv1，v4＝m2＋mMv1
由于 m<M，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次 碰撞，需要满足 v3≤v2
即m2＋mMv0≥Mm＋－Mmv1＝mm－＋MM2v0 整理可得 m2＋4Mm≥M2 解方程可得 m≥( 5－2)M 所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，须满足 ( 5－2)M≤m<M [答案] ( 5－2)M≤m<M
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小． (2)在整个过程中，小车移动的距离．
解析：(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在
从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守
恒，即
பைடு நூலகம்
mv1－Mv2＝0，12mv21＋12Mv22＝Ep
联立两式并代入数据解得：
v1＝3 m/s，v2＝1 m/s (2)在整个过程中，系统动量守恒，所以有
(1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地点离桌面边缘 的水平距离．
解析：(1)设子弹穿过物块后的速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝mv20＋Mv①,解①式得 v＝m2Mv0②
动量与能量综合问题归类分析
解得 v = 1 m/s
0=mvm -MvM
④
mgR
1 2
m vm2
1 2
Mv
2 M
⑤
由④、⑤式代入数据解得
AO
R
M
m
O'
vm=2.0 m/s
⑥
⑶最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同 速度为0。
设小物块相对平板车滑动的总路程为S， 对系统由能量守恒有
EP=μmgS
⑦
代入数据解得 S=1.5 m
⑧
则距O′点的距离x＝S－L＝0.5 m ⑨
Ep
1 2
m v12
1 2
2m v02
5 4
m Rg
（3）两车从h高处运动到最低处机械能守恒
2m gh
1 2
2m v02
h 5 R 8
题目
类型三：子弹射木块类问题
例、如图示，M为悬挂在竖直平面内某一点O的木质小球，
（可以看作质点）悬线长为L，质量为m 的子弹以水平初
速v0射入球在中而未穿出，要使子弹射入小球后，小球能 在竖直平面内运动，悬线始终不发生松弛，求子弹的初速
mbv0 (mb mc )v
解得c棒的最大速度为：
v
mb mb mc
v0
1 2
v0
5ms
B
N M
c
b
类型一：弹簧类问题
例1.如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接 着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度 v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时 间A与弹簧分离.
最大压缩量。
v0
B
A
O l
P
解： （1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1， 碰后瞬间共同的速度为v2 以A为研究对象，从P到O，
微专题49 动量与能量的综合问题
微专题49 动量与能量的综合问题1．如果要研究在某一时刻物理量的关系，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需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，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．1．(2020·河南名校联考)在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图1所示．小球A 与小球B 发生正碰后，小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5 PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：图1(1)两小球质量之比m 1m 2； (2)若小球A 与小球B 碰后的运动方向以及小球B 反弹后与A 相遇的位置均未知，两小球A 、B 质量满足什么条件，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰．答案 (1)2∶1 (2)m 1>m 23解析 (1)两球发生弹性碰撞，设碰后A 、B 两球的速度分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得12m 1v 02＝ 12m 1v 12＋12m 2v 22 从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ ＝1.5PO ， 则小球A 和B 通过的路程之比为s 1∶s 2＝v 1t ∶v 2t ＝1∶4，联立解得m 1m 2＝21(2)由(1)中两式解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0若小球A 碰后静止或继续向右运动，一定与小球B 第一次反弹后相碰，此时有v 1≥0，即m 1≥m 2 若小球A 碰后反向运动，则v 1<0，此时m 1<m 2，则小球A 与B 第一次反弹后相碰需满足|v 1|<|v 2| 即m 2－m 1m 1＋m 2v 0<2m 1m 1＋m 2v 0 解得m 1>m 23综上所述，只要小球A 、B 质量满足m 1>m 23，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰． 2.(2020·河北邢台市期末)如图2所示，竖直平面内粗糙水平轨道AB 与光滑半圆轨道BC 相切于B 点，一质量m 1＝1 kg 的小滑块P (视为质点)在水平向右的力F 作用下，从A 点以v 0＝ 0.5 m/s 的初速度滑向B 点，当滑块P 滑到AB 正中间时撤去力F ，滑块P 运动到B 点时与静止在B 点的质量m 2＝2 kg 的小滑块Q (视为质点)发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后小滑块Q 恰好能滑到半圆轨道的最高点C ，并且从C 点飞出后又恰好落到AB 的中点，小滑块P 恰好也能回到AB 的中点．已知半圆轨道半径R ＝0.9 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)与Q 碰撞前的瞬间，小滑块P 的速度大小；(2)力F 所做的功．答案 (1)925 m/s (2)61.75 J 解析 (1)滑块P 、Q 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2滑块Q 从B 运动到C 的过程机械能守恒，则有12m 2v 22＝12m 2v 32＋m 2g ×2R 滑块Q 在C 点时，有m 2g ＝m 2v 32R解得v 3＝3 m/s ，v 1′＝－352m/s 与Q 碰撞前的瞬间，小滑块P 的速度大小v 1＝952m/s.(2)滑块P从A到B过程，由动能定理，有W F－μm1gx AB＝12m1(v12－v02)滑块P与Q碰撞后返回过程，有v1′2＝2μg·x AB2解得W F＝61.75 J.3.(2020·河南中原名校第五次考评)如图3所示，固定点O上系一长L＝0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h＝0.80 m，一质量M＝2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现使M 获得一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移s＝1.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：图3(1)质量为M的物块落地时的动能；(2)若物块M在P处的初速度大小为8.0 m/s，平台表面与物块间动摩擦因数μ＝0.5，物块M 与小球的初始距离s1为多少？答案(1)25 J(2)2.8 m解析(1)碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3由h＝12gt2，s＝v3t，得：v3＝s g2h＝3.0 m/s落地时的竖直速度为：v y＝2gh＝4.0 m/s所以物块落地时的速度为：v＝v32＋v y2＝5.0 m/s物块落地时的动能为：E k＝12M v2＝25 J(2)物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律：M v1＝m v2＋M v3碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为v A：12＝12m v A2＋2mgL2m v2小球在最高点时有：2mg＝m v A2L联立解得：v2＝6.0 m/sv1＝6.0 m/s物块M从P运动到B处过程中，由动能定理得：－μMgs1＝12－12M v022M v1解得：s1＝2.8 m.4．如图4所示为研究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，传送带足够长，传送带的轮子沿逆时针方向转动，带动传送带以恒定速度v＝2.0 m/s匀速运动．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C 间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态．滑块A以初速度v0＝4.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，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v C＝4.0 m/s滑上传送带，已知滑块C与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10 m/s2.求：图4(1)滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离s max；(2)弹簧锁定时的弹性势能E p；(3)滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q.答案(1)4.0 m(2)4.0 J(3)18 J解析(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得－μmgs max＝0－122m v C解得s max＝4.0 m.(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律有m v 0＝2m v 12m v 1＝2m v 2＋m v C解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0由能量守恒定律有E p ＋12×2m v 12＝12×2m v 22＋12m v C 2 解得E p ＝4.0 J.(3)滑块C 在传送带上向右做匀减速运动，设滑块C 在传送带上运动的加速度大小为a ，滑块C 在传送带上经时间t 1速度减为零，在同样时间内传送带向左的位移大小为x 1.根据牛顿第二定律和运动学公式可知a ＝μmg m＝2 m/s 2 滑块C 速度减小到零所需的时间t 1＝v C a＝2 s 传送带的位移大小x 1＝v t 1＝2×2 m ＝4 m相对路程Δx 1＝s max ＋x 1＝8 m滑块C 在传送带上向右运动至速度为0后开始向左做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，与传送带一起做匀速直线运动．滑块C 在传送带上向左做匀加速直线运动的时间t 2＝v a＝1 s 滑块C 的位移大小s 1＝12at 22＝1 m 传送带的位移大小x 2＝v t 2＝2 m相对路程Δx 2＝x 2－s 1＝1 m则滑块C 在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)＝0.2×1×10×9 J ＝18 J ．。
动量与能量之难点解析
动量与能量之难点解析专题01 动量与能量分析之“碰撞模型” 专题02 动量与能量分析之“板-块模型” 专题03 动量与能量分析之“含弹簧系统” 专题04 动量与能量分析之“爆炸及反冲问题” 专题05 动量与能量观点在电磁感应中的应用专题01 动量与能量分析之“碰撞模型”【方法总结】碰撞模型的动量与能量分析是高考命题的热点，碰撞模型分为三类：弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解，是解决碰撞模型相关问题的关键。
1. 弹性碰撞：碰撞前后系统动量守恒、机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有： 1v 1m 2m动量守恒： 221111v m v m v m '+'= 机械能守恒：222211211212121v m v m v m '+'= 解得： 121211v m m m m v +-=' 121122v m m m v +='（需要熟记） 当21m m =时，01='v 12v v =' 即1m 小球碰后静止，2m 小球获得1m 小球碰前速度，两球发生速度的交换。
2. 非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且m E E <<损03. 完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且m E E 损（碰撞后系统共速成为一个整体，损失机械能最大）4. “碰撞过程”的规律：精选试题（解析答案在最后）1. 如图所示，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动2. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为________，A 、B 碰撞前、后两球总动能之比为________．3. (多选)(2019银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图线，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图象判断下列结论正确的是 ( )A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/sB．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J4.[多选]如图甲所示，物块a从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b从水平面上的某位置水平向左运动，0.4 s末物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞，且碰撞后两者粘在一起沿斜面向上运动到最高点。
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1 专题 动量与能量综合解决类碰撞问题 目录 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 .......................................................................................
热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 ........................................................................................... 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型................................................................................................. 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈、曲面碰撞现象 .....................................................................................
热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型
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：vmMmv
0……①
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f，设子弹、木块的位移大小分别为1s、2s，如图所示，显然有dss21
对子弹用动能定理：202
1212
1mvmvsf ……①
对木块用动能定理：2221Mvsf ……① ①相减得：2022
022121vmMMmvmMmvdf
……①
对子弹用动量定理：0-mvmvtf
……①
对木块用动量定理：Mvtf
……①
s2 d s1
v0 2
点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Qdf，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（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小：dmMMmvf220
至于木块前进的距离2s，可以由以上①、①相比得出：dmMms2 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：
dmMmsmmMvvsdvvvvvvsds2020022,,2/
2/
【模型演练1】（2021届福建省福州高三模拟）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )
A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功不相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 【答案】AB 【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹簧动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能都转化成了热量相等，B正确，子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误，产生的热量Qfs，由于产生的 3
热量相等，而相对位移s不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误。 【模型演练2】(2020·黄石模拟)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量
m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 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。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度L。 【答案】 (1)10 m/s (2)2 m 【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＝(m0＋m1)v1
解得v1＝10 m/s。
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得v2＝8 m/s
由能量守恒可得 12(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23
解得L＝2 m。 【变式1】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 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/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。 4
(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＝(m0＋m)v1，
解得v1＝6 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：(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。 【模型演练3】(2020·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为
2
5
v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：
(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小； (2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。 【答案】 (1)15v0 9mv2025L (2)5L6v0 【解析】 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有 mv0＝m(25v0)＋3mv 解得v＝15v0
对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有 5
FfL＝12mv20－12m(25v0)2－12·(3m)v2 解得子弹受到木块阻力Ff＝9mv2025L (2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于12m·(25v0)2＝2mv2025＜9mv2025，则子弹不能打穿第二块木块，
设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m(25v0)＝(m＋3m)v共
解得v共＝v010 对第二块木块，由动量定理有 Fft＝3m(v010) 子弹在第二块木块中的运动时间为t＝5L6v0 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 1、弹簧类反冲 静止反冲 初速度反冲 碰撞
动量守恒：0=-m1v1+m2v2 (m1+m2)v0=m1v1’+m2v2’ 最大弹性势能 EPmax=22121
21-21)vv(
mmmm+
能量守恒：ΔEP=EK1+EK2 ½(m1+m2)v02+ΔEP=½m1v1’2+½m2v2’
2
①P=KmE2
①1221mmEEKK= ΔEP=2212121-21)vv(mmmm′′+
最小速度和最大速度
A B v1 v2
A B
A B v1’
v2’
A B v0 6
PKEΔmmmE2121+= PKEΔmmmE2112+= v1’=-1212）（2mmmEΔmP++v0 v2’=2211）（2mmmEΔmP++v0 v1ˊ=121
2211-2v
mmvmvm+
+；
v2ˊ=2
21
2211-2v
mmvmvm+
+
【模型演练1】(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )
A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1 B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1 C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2 D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1 【答案】 C 【解析】 以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，
得vA＝vB2，两滑块速度大小之比为：vAvB＝12，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝12×2mvA212mvB2＝12，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比pApB＝2mvAmvB＝11，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝
1∶2，D错误. 【变式】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动