百强校高考物理题型复习专题33：动量和能量的综合应用

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动量和能量知识在力学问题中的综合应用

动量和能量知识在力学问题中的综合应用热点例析题型一、功和功率动能定理1．功。

（1）恒力的功：W ＝Fs cos α。

（2）变力做功： ①用动能定理或功能关系求解；②用图象法求解，其中在F －s 图象中，曲线下的面积表示功的大小； ③当力的功率恒定时W ＝Pt 。

2．功率。

（1）平均功率：P ＝W t（2）瞬时功率：P ＝F v cos α 3．动能定理。

（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

（2）公式：∑W ＝ΔE k 即W 1＋W 2＋W 3＋…＝12m v 22－12m v 21 （3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功。

动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。

【例1】（2012·福建理综，17）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。

初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。

剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。

有一件质量为m ＝2.0 kg 的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A 滑至底端B ，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。

若A点距离水平面的高度h ＝5.0 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：（1）包装盒由A 滑到B 所经历的时间；（2）若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面和地面接触处的能量损耗）规律总结1．涉及时间一般不宜运用动能定理求解；2．动能定理的优势是对整个过程应用，比用牛顿定律和运动学公式简便得多。

高考物理复习：力学三大观点的综合应用

高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离．解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝（2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)质量M ＝0.6 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2 kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度v 1＝5.0 m /s 和v 2＝2.0 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0.20，g 取10 m /s 2，求：(1)A 、B 两物体在车上都停止滑动时的速度． (2)车的长度至少是多少？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律数学表达式动力学观点力的瞬时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第三定律F ＝－F ′ 能量观点力的空间积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2，联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ，将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ，解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22，解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L ＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定．质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m /s 自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m /s 2.(1)若v ＝4.0 m /s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m /s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m /s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝2 m /s ，v 2＝43 m /s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m /s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N ·s ⑳ 由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253N ·s ，方向竖直向上．答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A .1v 0(s ＋L ) B ．1v 0(s ＋2L ) C .12v 0(s ＋L ) D ．1v 0(L ＋2s ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。

动量与能量综合专题

动量与能量综合专题一、动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它表述的是物体动量的变化遵循一定的规律。

当两个或多个物体相互作用时，它们的总动量保持不变。

这个定律的适用范围非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有物体之间的相互作用，就可以应用动量守恒定律来描述。

在理解动量守恒定律时，需要注意以下几点：1、系统：动量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的物体之间相互作用，不受外界的影响。

2、总动量：动量的变化是指物体之间的总动量的变化，而不是单个物体的动量变化。

3、方向：动量是矢量，具有方向性。

在计算动量的变化时，需要考虑动量的方向。

二、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中的另一个重要定律，它表述的是能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。

这个定律的适用范围同样非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有能量的转化和转移，就可以应用能量守恒定律来描述。

在理解能量守恒定律时，需要注意以下几点：1、封闭系统：能量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的能量之间相互转化和转移，不受外界的影响。

2、转化与转移：能量的转化和转移是不同的。

转化是指一种形式的能量转化为另一种形式的能量，而转移是指能量从一个物体转移到另一个物体。

3、方向：能量的转化和转移是有方向的。

在计算能量的变化时，需要考虑能量的方向。

三、动量与能量的综合应用在实际问题中，动量和能量往往是相互的。

当一个物体受到力的作用时，不仅会引起物体的运动状态的变化，还会引起物体能量的变化。

因此，在解决复杂问题时，需要综合考虑动量和能量的因素。

例如，在碰撞问题中，两个物体相互作用后可能会发生弹射、粘合、破碎等情况。

这些情况的发生不仅与物体的动量有关，还与物体的能量有关。

如果两个物体的总动量不为零，它们将会继续运动；如果两个物体的总能量不为零，它们将会继续发生能量的转化和转移。

因此，在解决碰撞问题时，需要综合考虑物体的动量和能量因素。

四、总结动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两个重要定律，它们分别描述了物体动量的变化和能量的转化和转移遵循的规律。

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

电磁感应与动力学、能量、动量的综合应用(单轨、双轨、线框、圆盘、变磁场)(原卷版)高考物理

电磁感应与动力学、能量、动量的综合应用（单轨、双轨、线框、圆盘、变磁场）60分钟电磁感应与动力学、能量、动量的综合应用（单轨、双轨、A．线框穿出磁场I的过程中和进入磁场II的过程中，线框中产生的感应电流方向反A．方向C→R→DB．方向D→R→CC．方向C→R→DA．通过金属棒的电流不变B．感应电流方向为顺时针方向C．A、C两点的电势始终有D．整个过程中通过金属棒的电荷量为A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的5．（2024·河南·二模）如图甲，abcd 和A ．0~t 0时间内，回路中的感应电动势为200B L t B ．0~t 0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的关系为0mg F t t =×C ．重物下落的最大速度为2203mgRB L D ．从t =0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为32mgx -A ．重物的速度大小为24mgRB B ．导体棒ab 受到的安培力大小为C ．Oa 进出磁场一次，通过其某横截面的电荷量为D ．图示时刻，导体棒上从A ．线框在磁场B ．线框ab 边刚穿出磁场C ．线框ab 边在磁场D ．线框ab 边在磁场A．导体棒上a、b两点的电压为B．导体棒aO所受安培力的功率为pC．通过电阻1R的电荷量为3BLR23p9B LA．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为A．金属棒的速度为0v时，金属棒的加速度大小为B．金属棒能获得的最大速度为C．弹射过程中，流过金属棒的电荷量为A ．0t 时导体棒1的速度大小为12m /sB ．00t :时间内，导体棒1沿导轨下滑的距离为C ．00t :时间内，通过导体棒1的电荷量为D ．00t :时间内，导体棒1中产生的焦耳热为12．（2024·山东·模拟预测）如图，两足够长、间距为一区域存在竖直向下的匀强磁场，该区域左、右边界的间距为A ．金属棒刚进入磁场时的速度大小为02v B ．匀强磁场的磁感应强度大小为032mv RLA ．运动过程中导体棒a 、b 组成的系统动量守恒B ．导体棒a 、b 运动稳定后的速度之比为C ．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒A ．导棒a 开始运动时的加速度大小为B ．导棒a 刚要滑离宽导轨时速度大小为C ．导棒b 最终的速度大小为019vA．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为2ghB．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为2C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为A．导体棒和导轨之间的动摩擦因数为B．导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率为C．若将电阻R减小，其他保持不变，则导体棒可能以某个更大的速度匀速运动D．撤去力F以后，导体棒运动距离为为α=37°，空间内存在垂直导轨平面向上的磁感应强度大小为B =1T 的匀强磁场。

高考物理考点专题动量与能量的综合应用

则碰撞后 B 球的速度大小是
A．0.2v
B．0.3v
C．0.4v
D．0.6v
-6-
【答案】D
如图所示，两木块 A、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块并留在其中。在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是
A．动量、机械能都守恒
2
2
2
2
规定总动量 p=m1v1+m2v2，几何平均质量 m= 1 ，总质量
M=m +m
mm
2
12
可得
v =mp 31
，v = m m2(v1 v2 )2 2M E m1M
mp
42
m m2 (v1 v2 )2 m2M
2M E
1．若 ΔE=0，损失能量最小。
-1-
当 m1=m2=m时，可得 v 3=v 2，v 4=v 1（另解 v =v ，v =v 舍
-3-
甲、乙两球在光滑的水平面上沿同一方向运动，它们的
动量大小分别为 p1=10 kg·m/s，p =14 kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生2正碰后，乙球的动量大小
变为 20 kg·m/s，则甲、乙两球的质量之比可能为
A．3:10
B．1:10
C．1:4
D．1:6
【参考答案】AC
-8-
1．如图所示，质量分别为 m 和 2m的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。用水平力 F 将 B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为 E。这时突然撤去 F，关于 A、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是

人教版物理高考复习动量和能量观点的综合应用ppt

11
针对训练
1．如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一质量为M静止的橡皮泥块 Q发生碰撞，且碰撞时间很短，碰后两者粘在一起，共同速度为v′.已知物体P运动时所受水平面的阻力大小恒为Ff，则在这一过程中，下列说法正确的是( ) A．水平面的阻力Ff做的功为Ffx B．由于受到水平面阻力的作用，所以P、Q碰撞过程动量不守恒 C．P、Q碰撞过程中损失的能量为1/2mv2－1/2(m＋M)v′2－Ffx D．物体P克服外力做的总功为1/2mv2－Ffx
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 解析
(2)由(1)知 P 的位置到小车左端的最大距离 xmax＝Δx＝0.937 5m
假设滑块 B 从小车左端刚好不脱离小车时，滑块 B 和小车的共同速度为 v 共′，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋M)v 共′
由功能关系得 12mBv2B＝12(mB＋M)v 共′2＋2μmBgxmin 解得 xmin＝0.47 m 故挡板 P 的位置到小车左端的距离 x 的范围为 0.47 m≤x≤0.94 m [答案] (1)1.5 J (2)0.47 m≤x≤0.94 m
[答案] AC
5
考点一动量和能量观点在力学中的应用
考向2 碰撞中的动量守恒 [例2] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移图象，已知物块P的质量为mp＝1 kg，由此可知( ) A．碰撞前P的动量为16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s
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解析
则滑块 B 从滑上小车到与小车共速时的位移为 xB＝v－2共－2av2B＝1.312 5 m 小车的加速度 a 车＝μmMBg＝43m/s2 此过程中小车的位移为 x 车＝0－－2va2共车＝0.375 m 滑块 B 相对小车的位移为 Δx＝xB－x 车＝0.937 5 m<L，故滑块 B 未脱离小车，滑块 B 对小车做的功 W＝μmBgx 车＝1.5 J

高考物理动量定理和动能定理综合应用

图1高考物理动量定理和动能定理综合应用1．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值。

（1）质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s 。

分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值。

（2）如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x 。

分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的。

（3）质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2mt kπ=程中物块所受合力对时间t 的平均值。

2．对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。

比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。

弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。

如图1所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m 的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k ，O 点为弹簧的原长，重力加速度为g 。

该弹簧振子的振幅为A 。

（1）①求出从O 点到B 点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x 的平均值的大小F x ̅；②弹簧振子的周期公式为2π√mk ，求从O 点到B 点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t 的平均值的大小F t ̅；（2）如图2所示，阻值忽略不计，间距为l 的两金属导轨MN 、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R 的电阻，一阻值为r 质量为m 的金属棒ab 跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v 0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x ，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小F t ̅。

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。

高三物理动量和能量的综合应用

(2)对B分析： (F mg)t Mv
(F mg)s 1 Mv2
(3)对系统分析：
2
Fs

1 2
mv02
解题步骤：
1、认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
2、分析研究对象受力、运动状态及运动状态变化过程。
3、根据分析确定始末状态的动量和能量。
1 2
(M

m)v2

1 2
mv02

mgl

l
Mv02
2(M m)g
解：
AS B
A B
A B
v02 2gs
s v02
2g
mv0 Mv0 (M m)v
1 (M 2

m)v2

1 2
mv02

1 2
Mv02

mgl
l 2Mv02 (M m)g
若A有一初速度V0并受到一水平向右的力F， A最终恰好不滑离B木板，问B至少多长？
V0
A
F
VA
F
B
若将该力作用于B上，还让A恰好不滑离木板 B，那么木板B至少要多长？
V0
A B
F
VA B
F
解：
A
v0
F
B
s
v
AF B
(1)对A分析： (F mg)t mv mv0
(F

mg)(l

s)
如图所示，质量为ｍ的滑块A，以初速度V0 从木板左端滑上被固定在光滑水平地面上的木
板B。木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦
因数为μ，已知A滑离B时的速度为V，求木板 B的长度(ｍ＜M)。

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

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

高考物理二轮专题复习篇课件：专题2第3讲动量和能量的综合应用

[建体系·知关联]
[析考情·明策略] 近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式；而动考情分析量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。 1.动量、冲量、动量定理素养呈现 2.动量守恒的条件及动量守恒定律 3.动力学、能量和动量守恒定律的应用 1.掌握与动量相关的概念及规律素养落实 2.灵活应用解决碰撞类问题的方法 3.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
[典例 4] (2020·湖北十堰 1 月调考)如图所示，水平地面上有两个静止的物块 A 和 B，A、B 的质量分别为 m1＝2 kg，m2＝1 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。现对物块 A 施加一大小为 40 N·s、水平向右的瞬时冲量 I，使物块 A 获得一个初速度，t＝1 s 后与物块 B 发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B 两物块均可视为质点，重力加速度 g＝10 m/s2。
[典例 2] (2020·山西太原高三 4 月检测)如图所示，在光滑水平面上，木块 C 置于足够长的木板 B 上，A 以 v0＝10 m/s 的初速度向右运动，与 B 碰撞后以 4 m/s 的速率弹回，碰撞时间极短。A、B、C 的质量分别为 mA＝1 kg，mB＝4 kg，mC＝2 kg。B、C 之间有摩擦。求：
2．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值 F0 时，安全气囊爆开。某次试验中，质量 m1＝1 600 kg 的试验车以速度 v1＝36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间 t1＝0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。