专题强化五 动力学、动量和能量观点的综合应用\n力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．\n【关键能力·分层突破】考点一 碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图\n2．模型特点(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．(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．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．\n例1如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中(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A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝＝1m/s弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm＝－(mA＋mB)v2＝6J.(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mAv0＝mAvA＋mBvm＝代入数据解得vm＝2m/s，方向向右．\n模型2“滑块—木板”模型模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．\n例2如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.\n解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝v0\n(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep＝2mgμ(L＋x)解得Ep＝\n[教你解决问题]第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”P的速度不变．②“碰撞后P1与P2粘连在一起”P1、P2获得共同速度．③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．\n第二步：审情景 建模型①P1与P2碰撞碰撞模型．②P与P2之间的相互作用滑块—滑板模型．第三步：审过程 选规律①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能Ep.\n模型3“子弹打木块”模型(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)．(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝Ffs，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)．\n例3如图所示，一质量m1＝0.45kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05kg的子弹以v0＝100m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g取10m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？\n解析：(1)子弹射入小车的过程中，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＝10m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝(m0＋m1＋m2)解得L＝5m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5m.\n【跟进训练】1.如图所示，一颗质量为m＝0.1kg的子弹以v0＝50m/s的水平速度打入静止在光滑水平地面上质量为M＝0.9kg的木块中，并随木块一起沿光滑半圆环AB运动到最高点B，以后又落回地面．要使木块下落的水平位移最大(g取10m/s2，不计空气阻力)，求：(1)半圆环的半径R；(2)最远落点到A点距离；(3)木块经过半圆环最高点B时，对半圆环的压力大小．\n解析：(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝5m/s设木块到达半圆环最高点时速度为v2，由机械能守恒定律得：＝＋(m＋M)g·2R木块离开B后做平抛运动水平方向：x＝v2t竖直方向：2R＝gt2解得：x＝当R＝＝m时，水平位移最大．\n(2)最大水平位移为：x＝4R＝m＝1.25m.(3)在B点半圆环对木块的弹力竖直向下，设为F，由牛顿第二定律得：F＋(m＋M)g＝解得：F＝3(m＋M)g＝30N根据牛顿第三定律，木块对半圆环的压力大小为30N.\n2.(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2答案：AD\n解析：当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma；当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确．取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误．根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝＝3mv2，故C错误，D正确．\n考点二 力学三大观点的综合应用三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．\n例4[2021·湖北黄冈1月质检]如图所示，固定的凹槽水平内表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45m的圆弧面(圆心与A、D等高)．A和D分别是两圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m.滑板的质量M＝4m，P1和P2与BC面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝4.0m/s的初速度从A点沿弧面滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上．当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零．P1与P2均视为质点，P1、P2碰撞时间极短，取g＝10m/s2.(1)P1和P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？(2)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(3)N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？\n解析：(1)设P1滑到最低点时速度为v1，由机械能守恒定律有＋mgR＝解得v1＝5m/sP1、P2碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律，设P1、P2碰后速度分别为v′1、v′2则由动量守恒和机械能守恒可得mv1＝mv′1＋mv′2＝解得v′1＝0，v′2＝5m/s.\n(2)P2向右滑动时，假设P1相对滑板保持不动，对P2有f2＝μ2mg设P1、滑板的加速度为a，对P1、滑板有f＝f2＝(m＋M)a解得a＝0.4m/s2此时对P1有f1＝ma，小于P1受到的最大静摩擦力fmax＝μ1mg，所以假设成立故滑板的加速度为0.4m/s2.(3)设P2滑到C点时速度为vC，由机械能守恒定律有mgR＝解得vC＝3m/s从P1、P2碰撞后瞬间到P2滑到C点时，设P1、滑板速度为v，由动量守恒定律得mv′2＝(m＋M)v＋mvC\n解得v＝0.40m/s，注：P1和滑板为整体，在P2施加的摩擦力作用下向右运动，有动能增量．对P1、P2，滑板组成的系统，设BC长为L，由功能关系可得f2L＝[m－(m＋M)v2]，解得L＝3.8m滑板与凹槽碰后，P1向右滑行的距离s1＝＝0.08m，其中a1＝＝1.0m/s2P2返回到C点后向左滑行的距离s2＝＝2.25m，其中a2＝＝2.0m/s2所以P1、P2静止后相距Δs＝L－s1－s2＝1.47m.\n【跟进训练】3.[2021·山东济南三模]如图所示，竖直平面内一根长l＝1m的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝90g的小球(可视为质点)．一质量m0＝10g的子弹(可视为质点)以v0＝100m/s的速度水平射入小球(子弹射入小球的时间极短)，并留在小球内与小球一起绕O点做圆周运动．取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力．则下列说法正确的是()A．子弹射入小球后瞬间的速度大小为10m/sB．子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为C．小球运动到最高点时的速度大小为6m/sD．小球运动到最高点时受到绳子的拉力大小为6N答案：A\n解析：子弹射入小球的时间极短，系统水平方向合外力为零，对子弹与小球组成的系统由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v1，解得子弹射入小球后瞬间的速度v1＝10m/s，选项A正确；子弹射入小球前，小球处于平衡状态，绳子拉力F1＝mg，子弹射入小球后，子弹与小球组成的系统做圆周运动，设绳子拉力为F2，有F2－(m0＋m)g＝，代入数据解得F2＝11N，则＝，选项B错误；假设子弹与小球组成的系统运动到的最高点为O点正上方距O点l处且此时的速度为v2，由机械能守恒定律有＝，解得v2＝2m/s>，故假设成立，小球运动到最高点时速度大小为2m/s，选项C错误；小球在最高点时，设绳子拉力为F3，则有F3＋(m0＋m)g＝，解得F3＝5N，选项D错误．\n4．如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．\n解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝解得vC＝小球从A到C，由机械能守恒定律得＝＋mg·2R联立解得v0＝(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共由机械能守恒定律得＝＋mgh联立解得h＝R.
