資源簡介

專題六　力學中常見的四種模型
素養目標　1.能夠應用動量觀點和能量觀點分析“滑塊—彈簧”模型，“滑塊—曲(斜)面”模型，“子彈打木塊”模型和“滑塊—木板”模型．(科學思維) 2.能夠應用過程分析法解決力學綜合問題．(科學思維)
考點　“滑塊—彈簧”模型
模型圖示 水平地面光滑
模型特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒． (2)在能量方面，若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒． (3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小． (4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大
典例1　(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙所示，則有(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B．從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態恢復原長
C．兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
變式1　如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v t圖像如圖乙所示．求：
(1)物塊C的質量mC；
(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.
考點　“滑塊—斜面(曲面)”模型
模型圖示 　
模型特點 (1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度． (2)m返回最低點時m與M分離．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，mv＝mv＋Mv
典例2　(多選)質量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則(　　)
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為Mv
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為
變式2　如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
考點　“子彈打木塊”模型
模型圖示
模型特點 (1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒． (2)系統的機械能有損失
兩種情景 (1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞) 動量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ffs＝mv－(M＋m)v2 (2)子彈穿透木塊 動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ffd＝mv－（Mv＋mv）
典例3　(2024·湖北部分重點中學聯考)質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在水平地面上、質量為M的木塊，陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止且恰好未穿出，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置．設地面粗糙程度均勻，木塊對子彈的阻力f大小恒定，則下列說法中正確的是(　　)
A．無論m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是圖甲所示的情形
B．若M較大，則可能是圖甲所示情形；若M較小，則可能是圖乙所示情形
C．若v0較小，則可能是圖甲所示情形；若v0較大，則可能是圖乙所示情形
D．若地面較粗糙，則可能是圖甲所示情形；若地面較光滑，則可能是圖乙所示情形
變式3　(多選)如圖所示，一子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊，子彈最終未穿透木塊．假設子彈與木塊之間的作用力大小恒定，若此過程中產生的內能為20 J，下列說法正確的是(　　)
A．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功代數和為0
B．木塊的動能增加量可能為16 J
C．木塊的動能增加量可能為22 J
D．整個過程中子彈和木塊組成的系統損失的機械能為20 J
考點　“滑塊—木板”模型
模型圖示
模型特點 (1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能． (2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大
求解方法 (1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統． (2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體． (3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q＝E初－E末或Q＝FfΔx，研究對象為一個系統
典例4　(2024·安徽定遠調研)如圖所示，在水平軌道上靜止放置足夠長的木板A和物塊C，可視為質點的物塊B以初速度v0＝3 m/s從A左端開始向右運動，當A和B的速度相等時，A與C恰好發生第一次碰撞．已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與水平軌道間的摩擦，B與A上表面間的動摩擦因數為μ1＝0.1，C與軌道間的動摩擦因數μ2＝0.05，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力．求：
(1)A與C第一次碰撞后瞬間A、C的速度；
(2)A與C第一、二兩次碰撞的時間間隔．
變式4　如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．物塊滑上小車后，系統動量守恒、機械能守恒
B．增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱變大
C．若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24 s
D．若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
答案及解析
考點　“滑塊—彈簧”模型
典例1　(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙所示，則有(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B．從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態恢復原長
C．兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
解析：開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速；t2時刻，彈簧恢復原長，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運動的方向加速，在t3時刻，兩物塊速度相同，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中，彈簧由伸長狀態恢復原長，故A、B錯誤；根據動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據Ek＝mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．故選CD.
變式1　如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v t圖像如圖乙所示．求：
(1)物塊C的質量mC；
(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.
解析：(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝2 kg.
(2)12 s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能都守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep
聯立解得Ep＝9 J.
答案：(1)2 kg　(2)9 J
考點　“滑塊—斜面(曲面)”模型
典例2　(多選)質量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則(　　)
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為Mv
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為
解析：小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv＝×2Mv′2＋Mgh，聯立解得h＝，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變為零，開始做自由落體運動，小車速度變為v0，動能為Mv，即此過程小球對小車做的功為Mv，故B、C正確，A錯誤．故選BC.
變式2　如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
解析：(1)規定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度，聯立①②式并代入題給數據得v＝1 m/s，m3＝20 kg.③
(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入數據得v1＝－1 m/s⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m2v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
聯立③⑥⑦式并代入數據得v2＝－1 m/s⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩．
答案：(1)20 kg　(2)不能，理由見解析
考點　“子彈打木塊”模型
典例3　(2024·湖北部分重點中學聯考)質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在水平地面上、質量為M的木塊，陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止且恰好未穿出，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置．設地面粗糙程度均勻，木塊對子彈的阻力f大小恒定，則下列說法中正確的是(　　)
A．無論m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是圖甲所示的情形
B．若M較大，則可能是圖甲所示情形；若M較小，則可能是圖乙所示情形
C．若v0較小，則可能是圖甲所示情形；若v0較大，則可能是圖乙所示情形
D．若地面較粗糙，則可能是圖甲所示情形；若地面較光滑，則可能是圖乙所示情形
解析：在子彈射入木塊的瞬間，子彈與木塊間的作用力遠大于木塊與地面間的摩擦力，故子彈和木塊構成的系統在水平方向上動量守恒，與地面光滑或粗糙無關，規定向右為正方向，設子彈與木塊的共同速度為v，根據動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，設木塊在水平地面上滑行的距離為s，木塊的長度為d，從子彈射入到與木塊相對靜止的過程中，對木塊運用動能定理得fs＝Mv2＝，根據能量守恒定律得Q＝fd＝mv－(m＋M)v2＝>fs，則d>s，故不論速度、質量大小關系和地面粗糙程度如何，都只可能是題圖甲所示的情形，A正確．故選A.
變式3　(多選)如圖所示，一子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊，子彈最終未穿透木塊．假設子彈與木塊之間的作用力大小恒定，若此過程中產生的內能為20 J，下列說法正確的是(　　)
A．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功代數和為0
B．木塊的動能增加量可能為16 J
C．木塊的動能增加量可能為22 J
D．整個過程中子彈和木塊組成的系統損失的機械能為20 J
解析：子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等(【敲黑板】一對作用力和反作用力的沖量代數和一定為零，而做功的代數和不一定為零)，設子彈射入木塊中的深度為d，子彈水平射入木塊后，未穿出，到相對靜止時，木塊位移為x，子彈對木塊做的功為fx，木塊對子彈做的功為－f(x＋d)，選項A錯誤；子彈射入木塊的過程中要克服阻力做功，產生內能為fd＝20 J，由能量守恒定律知系統損失的機械能為20 J，選項D正確；畫出子彈和木塊的v t圖像，如圖所示(【小妙招】有相對運動時，用v t圖像分析位移間的關系比較簡潔)，根據v t圖像與坐標軸所圍面積表示位移大小可知，子彈射入木塊的深度d(即子彈與木塊的相對位移大小)一定大于木塊做勻加速運動的位移x，根據動能定理可知，木塊獲得的動能為Ek＝fx答案：BD
考點　“滑塊—木板”模型
典例4　(2024·安徽定遠調研)如圖所示，在水平軌道上靜止放置足夠長的木板A和物塊C，可視為質點的物塊B以初速度v0＝3 m/s從A左端開始向右運動，當A和B的速度相等時，A與C恰好發生第一次碰撞．已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與水平軌道間的摩擦，B與A上表面間的動摩擦因數為μ1＝0.1，C與軌道間的動摩擦因數μ2＝0.05，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力．求：
(1)A與C第一次碰撞后瞬間A、C的速度；
(2)A與C第一、二兩次碰撞的時間間隔．
解析：(1)設A與B共速時速度為v1，A、B系統動量守恒有2mv0＝(2m＋m)v1
解得v1＝2 m/s
A與C發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1＝mvA＋3mvC
mv＝mv＋×3mv
解得vA＝－1 m/s，vC＝1 m/s.
(2)碰撞后，C減速，有tC＝＝2 s，xC＝＝1 m
A、B系統動量守恒，再次共速時有2mv1＋mvA＝3mv2，解得v2＝1 m/s
由于A、C第一次碰后A做勻變速直線運動，初速度為vA，當A、B再次共速時速度為v2，初末速度大小相等，由勻變速直線運動規律知，A在這段時間內的位移為0，這段時間內對應B速度由v1減小到v2的過程，由勻變速直線運動規律知，A、C第一次碰后A回到原位置時間為t1＝＝ s＝1 s
一起勻速至C處時t2＝＝1 s
則兩次碰撞的時間間隔為t＝t1＋t2＝2 s.
答案：(1)－1 m/s,1 m/s　(2)2 s
變式4　如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．物塊滑上小車后，系統動量守恒、機械能守恒
B．增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱變大
C．若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24 s
D．若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
解析：物塊與小車組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑動過程中克服摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，A錯誤．系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系統產生的熱量Q＝m2v－(m1＋m2)v2＝，則增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱不變，B錯誤；若v0＝2.5 m/s，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C錯誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v′0＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v′0＝5 m/s，D正確．
答案：D(共27張PPT)
專題六　力學中常見的四種模型
第六章　碰撞與動量守恒
解析
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