高三物理动量和能量的综合应用

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2023版新教材高考物理微专题小练习专题41动量和能量的综合应用

专题41 动量和能量的综合应用1．[2022·九师联盟质量检测]如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )A．Mv0m＋MmMv22（m＋M）B．Mv0m＋MmMv2m＋MC．mv0m＋MmMv22（m＋M）D．mv0m＋MmMv2m＋M2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大3．[2022·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )A.mLg2hB．MLg2hC．m2LM＋mg2hD．MmLM＋mg2h4．[2022·八省八校第一次联考](多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为μ.初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度．木箱运动的vt图像如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0～t0时间内，下列说法正确的是( )A．M＝2mB．M与m间的相对路程为v2 04μgC．M对地的位移为v2 08μg ＋32LD．m对地的位移为3v28μg －32L5.[2022·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/sC．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/sD．爆炸过程中释放的能量为0.027 J6．[2022·湖南省五市十校联考]如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C点．已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B ．滑块滑到B 点时的速度大小为2gRC ．滑块从A 滑到C 的过程中，小车的位移大小为13(R ＋L) D ．水平轨道的长度L ＝R μ7．[2022·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4 m /s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m (未脱离轨道).取重力加速度大小g ＝10 m /s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1 m /sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3 m /sC ．小球b 的质量为3 kgD ．两球会发生第二次碰撞8．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M ＝20 kg .从水枪中喷出的水柱的横截面积为S ＝10 cm 2，速度为v ＝10 m /s ，水的密度为ρ＝1.0×103kg /m 3.若水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．试求：(1)当有质量为m ＝5 kg 的水进入小车时，小车的速度大小；(2)若将小车固定在水平面上，且水冲击到小车前壁后速度立即变为零，求水对小车的冲击力大小．专题41 动量和能量的综合应用1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv 0＝(M ＋m )v ，系统因摩擦产生的热量Q ＝12mv 20 －12(M ＋m )v 2，两式联立解得木块的最终速度v ＝mv 0M ＋m，摩擦产生的热量Q ＝mMv 22（M ＋m ），C 正确．2．AC 由题意，水平恒力F 1、F 2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A 正确；拉力与物体的运动方向相同，则F 1、F 2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B 错误；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度最大，总动能最大，C 正确；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D 错误．3．D 系统水平方向动量守恒，mv 1＝Mv 2，有mx 1＝Mx 2，且x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝ML M ＋m，x 2＝mL M ＋m .由平抛运动的规律得h ＝12gt 2，x 1＝v 1t ，由动量定理得I ＝mv 1，解得I ＝MmL M ＋m g 2h.4．BCD 由v t 图像可知木块与木箱最终共速，则mv 0＝(M ＋m )v 02，得m ＝M ，则A 错；由能量守恒可得：12Mv 20 ＝12(M ＋m )v 20 4＋μmgs ，得到两物体的相对路程为v 20 4μg，B 正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t ＝v 0－v 02μg＝v 02μg，则木箱运动的位移为32L ＋v 20 8μg ，木块相对地面的位移为3v 20 8μg －32L ，C 、D 正确．5．D 设甲、乙两球的质量分别为m 1、m 2，刚分离时两球速度分别为v 1、v 2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题意有v 2－v 1＝xt，代入数据可解得v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，说明刚分离时两球速度方向相反，故A 、B 、C 错误；爆炸过程中释放的能量ΔE ＝12m 1v 21 ＋12m 2v 22 －12(m 1＋m 2)v 20 ，将v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，代入计算可得ΔE ＝0.027 J ，故D 正确．6．D 滑块从A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mv m －Mv M ，mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2M ，解得v m ＝3gR2，v M ＝ gR6，滑块滑到B 点时的速度为3gR2，故B 错误；设全程小车相对地面的位移大小为s ，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R ＋L ，则滑块水平方向相对地面的位移为x ′＝R ＋L －s ，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m (R ＋L －s )－Ms ＝0.已知M ＝3m ，解得s ＝14(R ＋L )，x ′＝34(R ＋L )，故C 错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，解得L ＝Rμ，故D 正确．7．C 由机械能守恒m b gh ＝12mv 2B 可得碰后小球b 在B 点的速度为v B ＝2 m/s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒可得12m a v 20 ＝12m a v 21 ＋12m b v 2B ，联立求得m b ＝3 kg ，v 1＝－2 m/s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2 m/s ，故B 错误，C 正确；碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．8．(1)2 m/s (2)100 N解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m 的水后，小车速度为v 1，则mv ＝(m ＋M )v 1代入数据解得v 1＝2 m/s.(2)在极短的时间Δt 内，冲击小车的水的质量为Δm ＝ρSv Δt 根据动量定理－F Δt ＝0－Δmv 联立解得F ＝100 N ．。

2021新高考物理课件：专题2 第3讲动量和能量的综合应用

选项 B 正确；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小 I＝ Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块的作用力与力 F 大小相等，方向向右，又作用时间相等，所以子弹对物块的冲量大小 I′＝1.49 N·s，选项 C 错误；对子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－ v1) ③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间 t＝1 s，选项 D 正确。]
[案例 2] (多选)(2020·山东潍坊高三第二次模拟考试)如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球 M、N 分别套在两杆上，并由一轻质弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为 0.4 m，弹簧原长为 0.5 m，两球的质量都为 0.2 kg。现给 M 球一沿杆向右的大小为 0.6 N·s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是( )
(1)第一次推出木箱的过程，人对木箱的冲量大小； (2)人在一次接住与推出木箱的过程，木箱对人的冲量大小； (3)人推木箱多少次后，人接不到木箱。
[解析] (1)第一次推出木箱的过程，对木箱，由动量定理可知：
人对木箱的冲量 I＝m 箱 v 箱
①
代入数据得：I＝10×6 kg·m/s＝60 kg·m/s。
⑥
将已知数据代入⑤⑥式得 F＝2.5×104 N
可见 F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开。
[答案] 见解析
02 考点2| 碰撞类问题
新储备·等级考提能
1．碰撞的基本规律
2．可熟记一些公式和结论 (1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v1＝mm11＋－mm22v0、v2＝m12＋m1m2v0。 (2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1≫m2，且 v20＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0。当 m1 ≪m2，且 v20＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹。

动量和能量的综合应用

专题八动量和能量的综合应用考情动态分析动量和能量都是高中物理的主干知识和重点内容，将动量和能量内容相结合，可以命出综合性强、能力要求高、思路方法灵活且具有一定难度的综合题，便于考查考生的分析、推理、综合、知识迁移等多种能力，因此，常以压轴题的形式出现在历年的高考试卷中. 用动量和能量的观点处理问题是高考考查的重点和热点，高考题中每年都有一定数量的动量和能量综合应用的题目.譬如2006年天津理综卷的第23题，重庆理综卷的第25题，2005年高考对该部分知识的考查主要集中在计算题中，如天津理综第24题、江苏物理卷第18题及广东物理卷第18题等，由此可见该专题知识在高考中的地位. 考点核心整合1.涉及能量转化的规律主要有动能定理（W=ΔE k )、机械能守恒定律（E p1+E k1=E p2+E k2)及能的转化和守恒定律（E 初=E 末）；涉及动量的规律有动量定理（F ·t=Δp)和动量守恒定律（p 初=p 末）.能量是标量，与之相联系的动能定理、机械能守恒定律和能的转化和守恒定律方程均为代数方程.涉及做功的，一定要注意做功的正负及相应的符号，熟记各种力做功同相应能量转化的关系：合外力做的功与动能的变化相联系（W 合=ΔE k )、重力做的功同重力势能的变化相联系（W G =-ΔE p ）、弹力做的功同弹性势能的变化相联系（W 弹=-ΔE p 弹）、重力和弹力以外的力做的功同机械能的变化相联系（W 外=ΔE ）.动量是矢量，与之相联系的动量定理、动量守恒方程都是矢量方程，建立此类方程时，都要明确正方向，并正确地用“+”“-”号表示各矢量的方向. 同一物体动能和动量的大小关系：E k =mp22或p=k mE 2.在处理所有的力学问题时，应优先考虑两大守恒定律（动量守恒定律及能的转化和守恒定律），其次考虑两大定理（动能定理和动量定理）. 2.碰撞问题是动量、能量综合应用的典型问题.由于一般碰撞中总能满足内力远远大于外力，所以动量守恒方程是处理碰撞问题的首选方程.在一般的碰撞中，总会有一定的机械能损失，不同情况下的碰撞中，损失的机械能不同.弹性碰撞中可认为无机械能的损失，完全非弹性碰撞中机械能的损失最多.在实际判断某碰撞现象是否可能存在时，碰撞前后的机械能比较常是重要的依据之一.3.利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题： ①动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.②从研究对象上看动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于单体，动能定理在高中阶段只能用于单体.③动量守恒定律和能量守恒定律是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件.在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.④中学阶段凡可用力的观点解决的问题，若能用动量观点或能量观点求解，一般都要比力的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动（a 不恒定）、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，是不可能单纯用力的观点就能解决的. 考题名师诠释【例1】如图1-8-1所示，A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1=4 kg ·m/s 和p 2=6 kg ·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为（）图1-8-1A.-2 kg ·m/s,3 kg ·m/sB.-8 kg ·m/s,8 kg ·m/sC.1 kg ·m/s,-1 kg ·m/sD.-2 kg ·m/s,2 kg ·m/s 解析：两球碰撞中动量守恒，即Δp 1+Δp 2=0.据此可排除选项A.又碰撞中B 球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp 2应大于零，据此可排除选项C. 另外，碰前两球总动能E k =2122212118822m m m p m p +=+,而对选项B ，碰后总动能E k ′=21222212119882)(2)(m m m p p m p p +=∆++∆+＞E k ,不可能.对选项D ，碰后总动能E k ′=21322m m +,再结合碰前应有v A ＞v B ,即14m ＞26m ,所以m 1＜32m 2,代入E k 和选项D 对应的E k ′,结果亦不矛盾.故只有选项D 可能.点评：两小球间碰撞结果将同时受到“动量守恒”“动能不可能增大”及相关的“运动学与动力学规律”的制约.分析此类问题时，应将上述制约因素均考虑到.【例2】(2006天津高考，23)如图1-8-2所示，坡道顶端距水平面高度为h,质量为m 1的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端与质量为m 2的挡板B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端O 点.A 与B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM 段A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ,其余各处的摩擦不计，重力加速度为g,求(1)物块A 在与挡板B 碰撞前瞬间速度v 的大小；(2)弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能E P （设弹簧处于原长时弹性势能为零）.图1-8-2解析：(1)由机械能守恒定律，有 m 1gh=21m 1v 2 ①v=gh 2 ② (2)A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有 m 1v=(m 1+m 2)v ′ ③ A 、B 克服摩擦力所做的功W=μ(m 1+m 2)gd ④由能量守恒定律，有21(m 1+m 2)v ′2=E p +μ(m 1+m 2)gd ⑤解得E p =2121m m m +gh-μ(m 1+m 2)gd ⑥答案：（1）gh 2 (2)2121m m m +gh-μ(m 1+m 2)gd点评：对物理过程较复杂的题目，应按物理过程的延续顺序、过程特点将其划分为多个子过程来处理，通过过程间的衔接量将其有机关联，使问题得以解决. 链接·提示两物体碰后结合在一起或有相同速度，意味着碰撞过程有机械能的损失.【例3】(2006重庆高考，25)如图1-8-3半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A 、B 质量分别为m 、βm(β为待定系数）.A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为41R ，碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求：图1-8-3（1）待定系数β;(2)第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速率和B 球对轨道的压力；(3)小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度.解析：（1）碰撞中无机械能损失，即mgR=4mgR+4mgR β得β=3(2)设A 、B 碰撞后的速度分别为v 1、v 2,则21mv 12=4mgR21βmv 22=4mgRβ设A 球碰前速度为v 0，则mgR=21mv 20设向右为正、向左为负，由动量守恒得mv 0=mv 1+βmv 2 v 1=gR 21-,方向向左 v 2=gR 21,方向向右设轨道对B 球的支持力为N ，B 球对轨道的压力为N ′,方向竖直向上为正、向下为负，则N-βmg=βmRv 22N ′=-N=-4.5mg,方向竖直向下(3)设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2，则-mv 1-βmv 2=mV 1+βmV 2 mgR=21mV 12+21βmV 22解得V 1=-gR 2,V 2=0(另一组解：V 1=-v 1,V 2=-v 2不合题意，舍去）当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 答案：（1）β=3 (2)v 1=gR 21,方向向左，v 2=gR 21，方向向右；-4.5mg,方向竖直向下(3)V 1=-gR 2,V 2=0当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同. 当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 点评：对物理情景分析透彻，对机械能守恒定律、动量守恒定律及牛顿运动定律的有机结合，对数学知识的熟练应用，是解决此类综合问题的关键.。

高三物理动量和能量的综合

高三物理动量和能量的综合内容专题（五）动量和能量的综合一、大纲解读动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。

将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查内容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等．相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查．二、重点剖析1．独立理清两条线：一是力的时间积累--冲量--动量定理--动量守恒；二是力的空间移位积累--功--动能定理--机械能守恒--能的转化与守恒．把握这两条主线的结合部：系统。

即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。

动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。

2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加．三、考点透视考点1、碰撞作用碰撞类问题应注意：⑪由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑫动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即；⑬速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

高考物理知识体系总论：动量能量综合应用

THANKS
成绩，运动员应将手中的铁球(ꢀꢀ)
A．竖直向上抛出ꢀꢀꢀꢀ
B．向前方抛出
C．向后方抛出
D．竖直向下抛出
答案解析2
答案解析：要提高跳远成绩，要么使运动员获得更大的水平速度， C选项可实现；要么使运动员延长运动时间，D选项可实现。
经典例题3
质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股
F对子弹做的负功WF＝－Fx子 F对木块做的正功W′＝Fx木 F对系统(子弹和木块)做的功
W＝WF＋W′＝－F(x子－x木)＝－Fx相对即摩擦生热的功能关系：Q＝Ff· x相对
动量和能量观点的综合应用
大致框架
知识点二 “子弹击中木块模型”
问题
反思总结在研究系统内物体的相互作用时，必须同时考虑动量关系和能量关系，否则问题往往会难以解决。 (1)动量关系一般是系统动量守恒(或某一方向动量守恒)。 (2)对于能量关系，若系统内外均无滑动摩擦力，则对系统应用机械能守恒定律。 (3)若系统外部不受摩擦力，而内部有滑动摩擦力，则对系统应用摩擦生热的功能关系：Q＝Ff·x相对＝E系统初－E系统末。当然也可以分别对两个物体使用动能定理求解，只是过程繁琐些。
动量和能量观点的综合应用知识树原图
PART 2
利用知识体系框架来解题
此部分务必观看视频讲解
DREAM OF THE FUTURE
经典例题1
运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(ꢀꢀ) A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧放热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭

高三物理课件：动量能量综合应用典例分析

动量能量综合应用典例分析
------子弹打击木块模型
1.动量定理:
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。
表达式: F合t mvt mv0
2.动量守恒定律: m1v1 m2v2 m1v1 m2v2
3.动能定理:
合外力所做的功等于物体动能的变化。
表达式:
4.功是能转化的量度
一通、动过量以观点上问题的研究，你对解决“子
二弹、能打量木观点块”的问题有什么心得？
规律
研究对象
动量观点
动量守恒定律动量定理
系统单个物体
能量观点
动能定理能量守恒定律
单个物体系统
巩固练习
一颗子弹击中静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块的速度图线如图所示。若子弹射击木块时的初速度增大，下列说BD法中正确的是（设子弹所受阻力大小不变）
解析：
v2=0.9m/s
v1
m
M
规主定要水方平程向左，为正方向，动量守恒，
Mvm2v0 m v(1m(Mm)vM )v
v=0.4 m/s
功能mffLg关L系12m12mgmvv0212

1 21
2
(m
m v22
M )v2
1 (m 2

M
)v
2
L 0.12m
L=在光滑水平面上,子弹
A、始B终从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过B程CD中木块始终保持静
止入A.。的子现深弹知度在道d木B，子块则弹中可A运射判动入断时深（间度tA>d）At大vBA 于dA子L 弹dBBv射B
解对动子析量BCD弹:定...,子子动子理木能弹弹弹有块定入入质始理f射射终有量t 保初初mm持fdA速动v<静m度能止12BpvEmAk>vA>2vEB受p大kEB力小k平相衡同Ek

高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用

一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。

题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg[解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2ght ＋mg 。

方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg 。

选项A 正确。

题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一：根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。

高考物理能量和动量的综合运用

高考物理能量和动量的综合运用
能量和动量的综合运用动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。

分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。

这一部分的主要模型是碰撞。

而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的，对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换。

从而建立碰撞过程的能量关系方程。

根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的。

高三物理学海导航_动量与能量的综合应用

制作06 2010年上学期
[变式练习]1.如
图所示，C是放在光
滑水平面上的一块木
板，木板质量为3m，
板间的动摩擦因数均为μ。最初
木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右
的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板。求：
(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚
湖南长郡卫星远程学校
制作06 2010年上学期
讲练互动
1.子弹射木块问题
[例1]如图，质量为M的木块固定在光滑的水平面上，
v0 d
有一质量为m的子弹以初速度
v0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为 d，木块给子弹的平均阻力恒为f。若木块可以
在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初
速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的
好相等的过程中，木块B所发生的位移；
(2)木块A在整个过程中的最小速度。
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制作06 2010年上学期
[变式练习]2. 图
是用来验证动量守恒
定律的实验装置，弹
性球1用细线悬挂于O
点，O点下方桌子的
边沿有一竖直立柱。
实验时，将球1拉到A
点，并使之静止，同时把球2放在立柱上，释
放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对
平轨道上。现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12 3 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从
车顶上滑落，g取10m/s2。求：
(1)小车的最小长度应为多少？最后小物体
与小车的共同速度为多少？
(2)小物体在小车上相对小车滑行的时间。
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制作06 2010年上学期

高中物理动量和能量的综合应用

⑦
损失的动能为:E

1 2
mv12

1 2

2mV22
⑧
联立③⑥⑦⑧式得
E 1 (1 3 ) E
⑨
2 22
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑨式可得，
射入第二块钢板的深度x为:x 1 (1 3 )d ⑩ 22
【变式题】(2011·安徽)如图2-3-4所示，质量M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4m/s，g取10m/s2.
解得v1 2m / s
接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，
所经历的时间为t1，根据动能定理可知
mgs1

0

1 2
mv12
解得s1 1m
物块做匀减速运动时的加速度为
a

mg
m

g

2m / s2，t1

0 v1 a
1s
小车a振动的周期T 2 M 1.26s
【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V，由动量守恒得
(2m m)V mv0
①
解得V

1 3 v0
此过程中动能损失为
E

1 2
mv02

1 2

3mV
2
②
解得E

1 3
mv02
③
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的
速度分别为v1和V1，由动量守恒得

动量和能量的综合应用

动量和能量的综合应用动量与能量综合应用问题常见的有以下三种模型：一、滑块—木板模型 1．把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒． 2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．3．注意：滑块不滑离木板时最后二者有共同速度．例1 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，M v 0＝(M ＋m )v ′，则v ′＝M v 0M ＋m. (2)由功能关系得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx 相＝12M v 20－12(M ＋m )v ′2. 解得x 相＝M v 202μg (M ＋m )(3)由能量守恒定律可得，Q ＝12M v 20－12(M ＋m )v ′2＝Mm v 202(M ＋m )答案 (1)M v 0M ＋m (2)M v 202μg (M ＋m ) (3)Mm v 202(M ＋m )例2 如图所示，光滑水平桌面上有长L ＝2 m 的挡板C ，质量m C ＝5 kg ，在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ，m A ＝1 kg ，m B ＝3 kg ，开始时三个物体都静止．在A 、B 间放有少量塑胶炸药，爆炸后A 以6 m/s 的速度水平向左运动，A 、B 中任意一块与挡板C 碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A 、B 都与挡板C 碰撞后，C 的速度是多大；(2)A 、C 碰撞过程中损失的机械能．解析 (1)A 、B 、C 系统动量守恒，有0＝(m A ＋m B ＋m C )v C ，解得v C ＝0.(2)炸药爆炸时A 、B 系统动量守恒，有m A v A ＝m B v B 解得：v B ＝2 m/sA 、C 碰撞前后系统动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m C )v 解得v ＝1 m/sA 、C 碰撞过程中损失的机械能ΔE ＝12m A v 2A －12(m A ＋m C )v 2＝15 J.答案 (1)0 (2)15 J 二、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．例3 如图所示，在水平地面上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求： (1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能．解析子弹未射出碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差． (1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v ′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：m v ＝(M ＋m )v ′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x ，由动能定理得：－μ(M ＋m )gx ＝0－12(M ＋m )v ′2，② 由①②两式解得：x ＝m 2v 22(M ＋m )2μg(2)过程中损失的机械能ΔE ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2，③解得：ΔE ＝Mm v 22(M ＋m ). (1)m 2v 22(M ＋m )2μg (2)Mm v 22(M ＋m )三、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．例4 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 碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒，(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )·v ABC ，解得v ABC ＝(2＋2)×62＋2＋4m /s ＝3 m/s. (2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，则m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝2×62＋4m /s ＝2 m/s ，设物块A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22 J ＋12×2×62 J －12×(2＋2＋4)×32 J ＝12 J. 答案 (1)3 m/s (2)12 J1．(滑块—木板模型)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图5所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2 B.mM v 22(m ＋M ) C.12NμmgL D ．NμmgL答案 BD 解析根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝m v M ＋m，损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12(M＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M )，所以B 正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，所以D 正确．2．(子弹打木块模型)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，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，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( )A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做的功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生的热量不一定多答案 AC 解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v 共，由动量守恒定律可得m v＝(M ＋m )v 共，得v 共＝m M ＋mv ；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A 正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C 正确．3．(弹簧类模型)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 均可视为质点，质量均为m ，Q 与轻质弹簧相连并处于静止状态，P 以初速度v 向Q 运动并与弹簧发生作用．求整个过程中弹簧的最大弹性势能．答案 14m v 2解析 P 和Q 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒得m v ＝2m v 共由能量守恒定律得12m v 2＝E pmax ＋12(2m )v 2共解得E pmax ＝14m v 2 4．(动量和能量的综合应用)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L 的细线悬挂着质量为m 的沙箱，一颗质量为m 0的子弹以v 0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后的运动过程中，求沙箱上升的最大高度．答案 m 20M v 202(m 0＋m )2(m 0＋m ＋M )g 解析子弹打入沙箱过程中动量守恒，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m )v 1 摆动过程中，子弹、沙箱、小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒．沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v 2，则有(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 212(m 0＋m )v 21＝12(m 0＋m ＋M )v 22＋(m 0＋m )gh 联立以上各式可得沙箱上升的最大高度h ＝m 20M v 202(m 0＋m )2(m 0＋m ＋M )g. 1．如图1所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为m v 0M ，方向水平向右D ．盒子的最终速度为m v 0M ＋m，方向水平向右答案 D 2．如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( ) A ．A 开始运动时 B ．A 的速度等于v 时 C ．B 的速度等于零时 D ．A 和B 的速度相等时答案 D 解析对A 、B 组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒．而对A 、B 、弹簧组成的系统机械能守恒，即A 、B 动能与弹簧弹性势能之和为定值．当A 、B 速度相等时，可类似于A 、B 的完全非弹性碰撞，A 、B 总动能损失最多．弹簧形变量最大，弹性势能最大．3．质量为m 1、m 2的滑块分别以速度v 1和v 2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图所示，已知v 2>v 1，有一轻弹簧固定在m 2上，则弹簧被压缩至最短时m 1的速度多大？答案 m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2解析两滑块匀速下滑所受外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时，m 1加速，m 2减速，当压缩至最短时，m 1、m 2速度相等．设两滑块速度相等时为v ，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v解得弹簧被压缩至最短时的速度v ＝m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2. 4．如图所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和B 的质量分别是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )A.m v 20400B.m v 20200C.99m v 20200D.199m v 20400答案 A 解析子弹射入木块A 的过程中，动量守恒，有m v 0＝100m v 1，子弹、A 、B 三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100m v 1＝200m v 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100m v 21－12×200m v 22＝m v 20400. 5．如图所示，带有半径为R 的14光滑圆弧的小车其质量为M ，置于光滑水平面上，一质量为m 的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则小球离开小车时，小球和小车的速度分别为多少？答案 2MgR M ＋m ，方向水平向左 2m 2gR M (M ＋m )，方向水平向右解析小球和小车组成的系统虽然总动量不守恒，但在水平方向动量守恒，且全过程满足机械能守恒，设小球和小车分离时，小球的速度为v 1，方向水平向左，小车的速度为v 2，方向水平向右．则：m v 1－M v 2＝0mgR ＝12m v 21＋12M v 22 解得v 1＝ 2MgR M ＋m ，方向水平向左，v 2＝ 2m 2gR M (M ＋m )，方向水平向右． 6．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v (2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l . 答案 (1)2 m /s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析设滑块的质量为m(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12m v 2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s (2)根据动量守恒定律m v ＝2m v ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s (3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m 7．如图所示，光滑水平面上有A 、B 两小车，质量分别为m A ＝20 kg ，m B ＝25 kg.A 车以初速度v 0＝3 m/s 向右运动，B 车静止，且B 车右端放着物块C ，C 的质量为m C ＝15 kg.A 、B 相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．已知C 与B 上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B 车足够长，求C 沿B 上表面滑行的长度．答案 13 m 解析 A 、B 相撞：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得v 1＝43m/s.由于在极短时间内摩擦力对C 的冲量可以忽略，故A 、B 刚连接为一体时，C 的速度为零．此后，C 沿B 上表面滑行，直至相对于B 静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C 在B 上的滑行距离之积；(m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B ＋m C ) v 12(m A ＋m B )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 2＝μm C gL 解得L ＝13m. 8．两质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图8所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h ，物块从静止滑下，然后又滑上劈B ，求物块在B 上能够达到的最大高度．答案 M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h 解析设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和v 1，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh ＝12m v 2＋12M 1v 21 M 1v 1＝m v 设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为v 2，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh ′＋12(M 2＋m )v 22＝12m v 2 m v ＝(M 2＋m )v 2 解得h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h 9．在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5 m/s 的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30 kg ，人与车的质量为50 kg ，求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．答案 (1)3.75 m/s (2)37.5 J 解析 (1)在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：M v 1＝m v 2代入数据可得：v 1＝3 m/s小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：M v 1＋m v 2＝(M ＋m )v 3代入数据可得：v 3＝3.75 m/s(2)故损失的能量：ΔE ＝12M v 21＋12m v 22－12(M ＋m )v 23代入数据可得：ΔE ＝37.5 J.。

高考物理动量和能量的应用

1 1 2 2 (2m)v2 (2m)v3 (2m) g (2l2 ) 2 2
由动能定理有
3
4
A l1 P
4.后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，
由以上各式，解得
1 2 mv 3 mgl 1 2
v0 g (10l1 16l2 )
B l2
柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h（如图2）。已m=1.0×103kg，M=2.0×103 kg，h=2.0 m，l=0.20 m，重力加速度g=10 m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
解得 h=0.16m.
如图，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的， bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m。质量m＝0.20 kg的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度v0＝ 5.5 m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为l ＝4R处，重力加速度g＝10 m/s2，求：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度的大小。（2）试论证小球B是否能沿着半圆轨道到c点。
动量与能量的综合应用

高考物理考点详析动量与能量的综合应用

一、两物体的碰撞问题两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：2112m v+2222m v=2132m v+2242m v+ΔE规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量m12m m M=m1+m2可得v322112()2m p m m v v M Em M±--∆，v422212()2m p m m v v M Em M--∆1．若ΔE=0，损失能量最小。

当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。

故ΔE=0的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0的碰撞称为非弹性碰撞。

2．若ΔE尽量大，取最大值时，有22212121212()()22()m v v m m v vEM m m--∆==+。

此时可得v3=v4=pM，碰后两物体共同运动。

故ΔE最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。

二、弹簧连接体的“碰撞”光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。

1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。

2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。

在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。

3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。

三、水平方向的动量守恒动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。

四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE=Δmc2（Δm为质量亏损，c为真空光速）。

（2018·陕西省西安市远东第一中学高二上学期10月月月考）小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s。

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