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专题六　力学中常见的四种模型
素养目标　1.能够应用动量观点和能量观点分析“滑块—弹簧”模型，“滑块—曲(斜)面”模型，“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型．(科学思维) 2.能够应用过程分析法解决力学综合问题．(科学思维)
考点　“滑块—弹簧”模型
模型图示 水平地面光滑
模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． (2)在能量方面，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． (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，系统动能通常最小． (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大
典例1　(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙所示，则有(　　)
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长
C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
变式1　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v t图像如图乙所示．求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
考点　“滑块—斜面(曲面)”模型
模型图示 　
模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度． (2)m返回最低点时m与M分离．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv
典例2　(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
变式2　如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
考点　“子弹打木块”模型
模型图示
模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失
两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ffs＝mv－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ffd＝mv－（Mv＋mv）
典例3　(2024·湖北部分重点中学联考)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上、质量为M的木块，陷入木块一定深度后与木块相对静止且恰好未穿出，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置．设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力f大小恒定，则下列说法中正确的是(　　)
A．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是图甲所示的情形
B．若M较大，则可能是图甲所示情形；若M较小，则可能是图乙所示情形
C．若v0较小，则可能是图甲所示情形；若v0较大，则可能是图乙所示情形
D．若地面较粗糙，则可能是图甲所示情形；若地面较光滑，则可能是图乙所示情形
变式3　(多选)如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终未穿透木块．假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为20 J，下列说法正确的是(　　)
A．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功代数和为0
B．木块的动能增加量可能为16 J
C．木块的动能增加量可能为22 J
D．整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为20 J
考点　“滑块—木板”模型
模型图示
模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能． (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大
求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统． (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体． (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝E初－E末或Q＝FfΔx，研究对象为一个系统
典例4　(2024·安徽定远调研)如图所示，在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C，可视为质点的物块B以初速度v0＝3 m/s从A左端开始向右运动，当A和B的速度相等时，A与C恰好发生第一次碰撞．已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与水平轨道间的摩擦，B与A上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，C与轨道间的动摩擦因数μ2＝0.05，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求：
(1)A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度；
(2)A与C第一、二两次碰撞的时间间隔．
变式4　如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大
C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
答案及解析
考点　“滑块—弹簧”模型
典例1　(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙所示，则有(　　)
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长
C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
解析：开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速；t2时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A减为零后又向B运动的方向加速，在t3时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据Ek＝mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确．故选CD.
变式1　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v t图像如图乙所示．求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
解析：(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝2 kg.
(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep
联立解得Ep＝9 J.
答案：(1)2 kg　(2)9 J
考点　“滑块—斜面(曲面)”模型
典例2　(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv＝×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv，即此过程小球对小车做的功为Mv，故B、C正确，A错误．故选BC.
变式2　如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1 m/s，m3＝20 kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m2v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg　(2)不能，理由见解析
考点　“子弹打木块”模型
典例3　(2024·湖北部分重点中学联考)质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上、质量为M的木块，陷入木块一定深度后与木块相对静止且恰好未穿出，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置．设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力f大小恒定，则下列说法中正确的是(　　)
A．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是图甲所示的情形
B．若M较大，则可能是图甲所示情形；若M较小，则可能是图乙所示情形
C．若v0较小，则可能是图甲所示情形；若v0较大，则可能是图乙所示情形
D．若地面较粗糙，则可能是图甲所示情形；若地面较光滑，则可能是图乙所示情形
解析：在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的作用力远大于木块与地面间的摩擦力，故子弹和木块构成的系统在水平方向上动量守恒，与地面光滑或粗糙无关，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，设木块在水平地面上滑行的距离为s，木块的长度为d，从子弹射入到与木块相对静止的过程中，对木块运用动能定理得fs＝Mv2＝，根据能量守恒定律得Q＝fd＝mv－(m＋M)v2＝>fs，则d>s，故不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是题图甲所示的情形，A正确．故选A.
变式3　(多选)如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终未穿透木块．假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为20 J，下列说法正确的是(　　)
A．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功代数和为0
B．木块的动能增加量可能为16 J
C．木块的动能增加量可能为22 J
D．整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为20 J
解析：子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等(【敲黑板】一对作用力和反作用力的冲量代数和一定为零，而做功的代数和不一定为零)，设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为fx，木块对子弹做的功为－f(x＋d)，选项A错误；子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能为fd＝20 J，由能量守恒定律知系统损失的机械能为20 J，选项D正确；画出子弹和木块的v t图像，如图所示(【小妙招】有相对运动时，用v t图像分析位移间的关系比较简洁)，根据v t图像与坐标轴所围面积表示位移大小可知，子弹射入木块的深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块做匀加速运动的位移x，根据动能定理可知，木块获得的动能为Ek＝fx答案：BD
考点　“滑块—木板”模型
典例4　(2024·安徽定远调研)如图所示，在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C，可视为质点的物块B以初速度v0＝3 m/s从A左端开始向右运动，当A和B的速度相等时，A与C恰好发生第一次碰撞．已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与水平轨道间的摩擦，B与A上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，C与轨道间的动摩擦因数μ2＝0.05，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求：
(1)A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度；
(2)A与C第一、二两次碰撞的时间间隔．
解析：(1)设A与B共速时速度为v1，A、B系统动量守恒有2mv0＝(2m＋m)v1
解得v1＝2 m/s
A与C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝mvA＋3mvC
mv＝mv＋×3mv
解得vA＝－1 m/s，vC＝1 m/s.
(2)碰撞后，C减速，有tC＝＝2 s，xC＝＝1 m
A、B系统动量守恒，再次共速时有2mv1＋mvA＝3mv2，解得v2＝1 m/s
由于A、C第一次碰后A做匀变速直线运动，初速度为vA，当A、B再次共速时速度为v2，初末速度大小相等，由匀变速直线运动规律知，A在这段时间内的位移为0，这段时间内对应B速度由v1减小到v2的过程，由匀变速直线运动规律知，A、C第一次碰后A回到原位置时间为t1＝＝ s＝1 s
一起匀速至C处时t2＝＝1 s
则两次碰撞的时间间隔为t＝t1＋t2＝2 s.
答案：(1)－1 m/s,1 m/s　(2)2 s
变式4　如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大
C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
解析：物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝m2v－(m1＋m2)v2＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得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正确．
答案：D(共27张PPT)
专题六　力学中常见的四种模型
第六章　碰撞与动量守恒
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