2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20 动量与能量综合问题【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 (4)热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 (9)热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (13)【题型演练】 (16)【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 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m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
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：()v m M mv +=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d s s =-21对子弹用动能定理：20212121mv mv s f -=⋅- ……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……① ①相减得：()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……① 对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅……①s 2 d s 1v 0对木块用动量定理：Mv t f =⋅ ……①【例1】(2020·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v －t 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( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J【答案】D.【解】析：设子弹的初速度为v 0，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：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ①m ＝2①5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ①m ＝7①5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．【变式1】(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v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，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)15v 0 9m v 2025L (2)5L 6v 0【解析】 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m (25v 0)＋3m v 解得v ＝15v 0 对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有F f L ＝12m v 20－12m (25v 0)2－12·(3m )v 2 解得子弹受到木块阻力F f ＝9m v 2025L(2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于12m ·(25v 0)2＝2m v 2025＜9m v 2025，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 (25v 0)＝(m ＋3m )v 共 解得v 共＝v 010对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m (v 010) 子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝5L 6v 0【变式1】(2020·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，mv 0＝(M ＋m )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】(2020·河南天一大联考)如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s .已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为( )A.m ＋M m 2μgsB.M －m m 2μgsC.m m ＋M μgsD.m M －mμgs 【答案】A.【解析】：子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mv 1M ＋m；子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋m m·2μgs ；故A 正确，B 、C 、D 错误． 【变式3】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m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝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/s 2。
子弹射入后，求：(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v 1。
(2)木板向右滑行的最大速度v 2。
(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：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1， 解得v 1＝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：(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 解得v 2＝2 m/s 。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1，解得t ＝1 s 。
【变式4】.(2020·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，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，两次最终子弹与滑块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，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Q ＝f ×Δs ，由于产生的热量相等，而相对位移Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型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1m 的物体A 以速度1v 向质量为2m 的静止物体BA AB A Bv 1 v v 1/ v 2/Ⅰ Ⅱ Ⅲ运动，B 的左端连有轻弹簧。
在①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①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①位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。
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。
①→①系统动能减少全部转化为弹性势能，①状态系统动能最小而弹性势能最大；①→①弹性势能减少全部转化为动能；因此①、①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：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。
（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。
①→①系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，①状态系统动能仍和①相同，弹性势能仍最大，但比①小；①→①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。
①→①系统动能减少全部转化为内能，①状态系统动能仍和①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①→①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121121v m m m v v +='='。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： ()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。
【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L ＝4.0 m ，传送带以恒定速率v ＝3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送．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v 0＝2.0 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v C ＝2.0 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μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(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E p ；(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v m 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μmg ＝ma由运动学公式得v ＝v C ＋at ，x ＝v C t ＋12at 2 代入数据可得x ＝1.25 m<L故滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s.(2)设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2由动量守恒定律有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，(m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B )v 2＋m C v CA 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有E p ＋12(m A ＋m B )v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋12m C v 2C 代入数据可解得E p ＝1.0 J.(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值v m ，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v设A 与B 碰撞后的速度为v ′1，与滑块C 分离后A 与B 的速度为v ′2，滑块C 的速度为v ′CC 在传送带上做匀减速运动的末速度为v ＝3 m/s ，加速度大小为2 m/s 2由匀变速直线运动的速度－位移公式得v 2－v ′2C ＝2(－a )L ，解得v ′C＝5 m/s 以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A 、B 碰撞过程有m A v m ＝(m A ＋m B )v ′1弹簧伸开过程有(m A ＋m B )v ′1＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′2在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得E p ＋12(m A ＋m B )v ′21＝12(m A ＋m B )v ′22＋12m C v ′2C 联立以上几式并代入数据解得v m ＝7.1 m/s.【变式1】(2020·宁夏石嘴山三中期末)两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示，B 与C 碰撞后二者会粘连在一起运动。