2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第6章专题突破7应用“三大力学观点”的三类典型模型

1、 应用“三大力学观点”的三类典型模型 “滑块弹簧”模型模型图示模型特点(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，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，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。(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(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)典例1如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木

2、块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。思路点拨：解此题要注意以下关键信息：(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。解析设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mvmv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为Ep，从细

3、线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq f(1,2)(3m)v2Epeq f(1,2)(2m)veq oal( 2,1)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)由式得弹簧所释放的势能为Epeq f(1,3)mveq oal( 2,0)。答案eq f(1,3)mveq oal( 2,0)跟进训练1(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效，A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程的说法正确的是()AA物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运

4、动BA、B系统的总动量最终将大于mvCA、B系统的总动能最终将大于eq f(1,2)mv2D当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq f(1,4)mv2CD设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mvmv1mv2，Epeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,1)eq f(1,2)mveq oal( 2,2)，因Ep0，可知v10，v2v，选项A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势

5、能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq f(1,2)mv2，选项C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v，由动量守恒定律知mv2mv，解得veq f(1,2)v，则有总动能Ekeq f(1,2)2meq blc(rc)(avs4alco1(f(v,2)eq sup12(2)eq f(1,4)mv2，选项D正确。2(2021宁夏石嘴山市一模)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v6 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

6、运动。则下列说法正确的是()AB、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/sC弹簧的弹性势能最大值为36 JD弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同BB与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv(mBmC)vBC，解得vBC2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mAmB)v(mAmBmC)vABC，解得vABC3 m/s，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能最大值为Epeq f(1,2)(mBmC)ve

7、q oal( 2,BC)eq f(1,2)mAv2eq f(1,2)(mAmBmC)veq oal( 2,ABC)12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。 “子弹打木块”模型模型图示模型特点(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)最大。(2)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。(3)根据能量守恒，系统损失的动能Ekeq f(M,mM) Ek0，可以看出，子弹的质量m越小，木块的质

8、量M越大，动能损失越多。(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度求解。典例2光滑的水平面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一颗质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射入木块，当子弹从木块中穿出后速度变为v1，子弹与木块之间的平均摩擦力为f。求：(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？审题指导：eq x(打击过程动量守恒，求出木块速度)eq x(由动能定理求出摩擦力对木块和子弹所做的功)eq x(打击过程，由能量守恒求出系统产生的内能) 解析(1)由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统在水平方向

9、动量守恒，取子弹速度方向为正方向则有mv0mv1Mv2，解得v2eq f(mv0v1,M)设子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功为Wf1，子弹相对于地面移动的距离为x1，对木块做功为Wf2，木块相对于地面移动的距离为x2，则对子弹，利用动能定理可得Wf1fx1eq f(1,2)m(veq oal( 2,1)veq oal( 2,0)对木块，利用动能定理可得Wf2fx2eq f(1,2)Mveq oal( 2,2)0联立得Wf2eq f(m2v0v12,2M)。(2)由能量守恒定律可知，系统产生的内能等于系统机械能的减少量，则Qfx1fx2fd。答案(1)eq f(1,2)m(veq oal(

10、2,1)veq oal( 2,0)eq f(m2v0v12,2M)(2)fd跟进训练1(多选)(2021湖北省武汉市六校高三检测)子弹水平射向固定在光滑的水平面上的木块，子弹的动能为10 J时恰好能射穿。若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，当子弹初动能为24 J时，子弹水平射向静止的木块，子弹受到的阻力大小相同，在此情况下()A 系统产生的内能可能为12 JB 系统产生的内能可能为10 JC 木块获得的动能可能为6 JD 木块获得的动能可能为4 JBD木块固定在水平面上，子弹的动能为10 J时恰好能射穿，则有fL10 J，木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹可能射穿木块，可能留在木块中，当子

11、弹射穿木块时，系统产生的内能最大，此时QfL10 J，故A不可能，B可能；若子弹最终留在木块中，木块、子弹共速，木块获得的动能最大，由动量定理可得mv0(mM)v，木块的动能为Ekeq f(1,2)Mv2eq f(1,2)Meq blc(rc)(avs4alco1(f(mv0,Mm)eq sup12(2)eq f(Mm,(Mm)2)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(f(1,2)mvoal( 2,0),2f(M2m2,Mm)6 J，当Mm且木块和子弹共速时，木块、子弹动能均为Ek6 J，但是由于系统产生的内能最大为10 J，则系统能量E2EkQ22 J，不符合能量守恒定律，

12、故C不可能，D可能。2如图所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m，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，穿出第一块木块时速度变为eq f(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。解析(1)子弹打穿第一块木块过程，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0meq blc(rc)(avs4alco1(f(2,5)v0)3mv，解得veq f(1,5)v0对子弹与第一块木块相互作用过程，由

13、能量守恒定律有FfLeq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)meq blc(rc)(avs4alco1(f(2,5)v0)eq sup12(2)eq f(1,2)3mv2解得子弹在木块中所受阻力Ffeq f(9mvoal( 2,0),25L)。(2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于eq f(1,2)meq blc(rc)(avs4alco1(f(2,5)v0)eq sup12(2)eq f(2mvoal( 2,0),25)eq f(9mvoal( 2,0),25)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meq f(2,5)v0(m

14、3m)v共，解得v共eq f(v0,10)对第二块木块，由动量定理有Fft3meq f(v0,10)解得子弹在第二块木块中的运动时间为teq f(5L,6v0)。答案(1)eq f(1,5)v0eq f(9mvoal( 2,0),25L)(2)eq f(5L,6v0) “滑块滑板”模型模型图示模型特点“滑块滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类：(1)没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力与相对路程的乘积等于系

15、统动能的损失，即Ffx相对Ek；(2)系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。典例3如图所示，质量m14.0 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m21.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v05 m/s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0.5，g取10 m/s2。求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少。审题指导：关键语句获取信息相对静止最后共速要使物块不从小车右端滑出物块滑到车右端与小车共

16、速解析(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有ftm2vm2v0其中fm2联立以上三式解得teq f(m1v0,m1m2g)代入数据得teq f(4.05,0.54.01.010) s0.8 s。(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v，则有m2v0(m1m2)v由功能关系有eq f(1,2)m2v02eq f(1,2)(m1m2)v2m2gL代入数据解得v0eq f(5,2) eq r(3) m/s。故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0

17、不能超过eq f(5,2) eq r(3) m/s。答案(1)0.8 s(2)eq f(5,2) eq r(3) m/s跟进训练1(多选)(2021重庆南开中学高三检测)如图所示，由A、B两部分粘合而成的滑板静止于光滑水平面上，现有一小滑块以初速度v0从A的左端冲上滑板，小滑块最终相对滑板静止于B部分的中点处。已知A、B两部分长度均为L，小滑块与A、B两部分的动摩擦因数分别为1、2且221，小滑块、A、B质量均为m。则()A小滑块的最小速度为eq f(v0,2)B小滑块与滑板组成的系统动量、机械能均守恒C小滑块分别在A、B上相对滑板运动的过程中系统产生的热量相同D小滑块在A上相对滑板运动时动量

18、减小得比在B上相对滑板运动时慢CD小滑块在A滑板与B滑板上一直做减速运动直到三者具有共同速度，以向右为正方向由动量守恒定律可得mv03mv共，解得v共eq f(v0,3)，所以A错误；小滑块与滑板组成的系统动量守恒、机械能不守恒，所以B错误；根据滑动摩擦力产生的热量为QfL相对，则小滑块相对A滑板运动的过程中系统产生的热量为Q11mgL，小滑块相对B滑板运动的过程中系统产生的热量为Q22mgeq f(L,2)1mgL，所以C正确；根据动量定理可得 F合tp，解得F合eq f(p,t)，则小滑块所受的合外力反应了小滑块的动量变化的快慢，由于小滑块在A上的合外力比在B上的小，所以小滑块在A上相对滑板运动时动量减小得比在B上相对滑板运动时慢，所以D正确。2(2021上海浦东区二模)质量M0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t0时，两个质量都为m0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v15.0 m/s和v22.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.2