第六章 专题突破 动量和能量观点的综合应用
动量和能量观点的综合应用
3-5 动量和能量观点的综合应用【学习目标】1．进一步熟练应用动量守恒定律的解题方法。
2．综合应用动量和能量观点解决力学问题。
【重点难点】解决力学问题的三个基本观点1．力的观点：主要应用牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及受力，加速或匀变速运动的问题．2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解．常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用的物体系问题．3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及物体系内能量的转化问题时，常用能量的转化和守恒定律．【学习过程】一、爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．例1从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？二、滑块滑板模型1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑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，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．3．注意滑块若不滑离木板，最后二者具有共同速度．例2如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零．(1)求小滑块与木板间的摩擦力大小；(2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后的值．向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求vv0三、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，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．例3 如图2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．四、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，此时弹簧最短，具有最大弹性势能． 例4 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，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和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v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．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。
动力学、动量和能量观点的综合应用
(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体 棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin＝2μMgL＋EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2＋Eqs′＝2μMgs 路＋Eq(s 路－s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路＝1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2＝2mv1 ＋2Mv2 －2(M＋m)v共2＝1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA＝2 kg,在半径为 R＝1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC＝6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB＝2 kg 关
2025高考物理总复习力学三大观点的综合应用
台最右端 N 点停下，随后滑下的 B 以 2v0 的速度与 A 发
图1
生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知 A、
B 的质量分别为 m 和 2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A 与
传送带间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，A、B 在滑至 N 点之前不发生碰撞，
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和
滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定
律可知滑块对滑杆的摩擦力f′＝1 N，方向竖直向上，则此时桌
面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量
M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，
不计空气阻力。求：
图4
01 02 03 04
目录
提升素养能力
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大
小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。
该过程中弹簧对物体B冲量的大小。
答案 (1)mA 2gH mA＋mB
(2)2t 2(mA＋mB)gt＋2mA 2gH
解析 (1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，和B碰后瞬间的
速度大小为v，有 mAgH＝21mAv20 v0＝ 2gH
01 02 03 04
目录
提升素养能力
由动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v 解得 v＝mmAA＋2mgHB 。 (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。 根据简谐运动的对称性，可得运动时间t总＝2t 回到碰撞点时速度大小为 vt＝v＝mmAA＋2mgHB 方向竖直向上 取向上为正方向，由动量定理得I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v] 解得 I＝2(mA＋mB)gt＋2mA 2gH。
物理高考大一轮复习高考必考题突破讲座6动量和能量观点的综合应用课件
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s.
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
2021/12/11
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2．(2019·天津武清区三中高三月考)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＝1.0 kg，上表面与 C 点等高．质 量为 m＝1.0 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以某一速度 水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向以 2 m/s 进入轨 道．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2. 求：
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(1)长木板 A 与桌面间的动摩擦因数及 B 与 A 间的动摩 擦因数；
(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能； (3)最终物块 B 离长木板 A 左端的距离．
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解析 (1)设 A 与地面间的动摩擦因数为 μ，B 与 A 上表
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在 0.4 s 内 B 相对 A 向右运动的位移
x2＝vt＋12aB2t2－12vt＝0.12 m， A 停止时 B 的速度 v′＝v＋aB2t＝0.6 m/s， 然后 B 在 A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 aB3＝－μ′g＝－1 m/s2， B 相对 A 向右运动的位移 x3＝－v2′aB32＝0.18 m，所以最 终 B 离长木板 A 左端的距离 x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05 m.
2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用
=2.5
A
m/s2
从共速 v1 到刚好到达顶端,所走的位移
1 2
x4=2
4
=
52
2×2.5
m=5 m
故整个过程物体 A 向上所走的位移
xA=x1+x2+x3+x4=(2.5+4+1.6+5) m=13.1 m
可知高度
H=xAsin 30°=6.55 m。
(2)从开始到物体 A 与传送带第一次共速所用时间
(3)由于运输物体A,电动机要多消耗多少电能?
答案 (1)6.55 m
12 650
(2)
3
J
15 500
(3)
3
J
解析 (1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度,传送带给物体A向上的
滑动摩擦力,以物体A为对象,根据牛顿第二定律可得
FT+μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAa1
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
1 +2
2
s2=
t2-v1t2=
2
3
m
此过程产生的内能
Q2=μmAgcos
1 000
30°·
s 2= 3
J
物体 A 从速度 v2 减速到再次与传送带共速,所用时间
2 -1
t3=
3
=
7-5
7.5
4
s=15
s
此过程物体 A 与传送带的相对位移大小
1 +2
4
s3=
t3-v1t3=
2
15
m
此过程产生的内能
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
mBg-FT'=mBa2
专题六 力学中三大观点的综合应用
(1)最终A、B、C的共同速度为多大；
(2)求运动过程中A的最小速度； (3)整个过程中A与C及B与C因摩擦所 产生的热量之比为多大？ 图3
解析
(1)由动量守恒定律有 mv0＋2mv0＝5mv1
3 得 v1＝ v0 5 (2)设经时间 t，A 与 C 恰好速度相等，此时 A 的速度最小． aA＝－μg aC＝μg
(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动 1 2 h2＝ gt3 2 当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当 m1≫m2 时，滑块 m1、m2 碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差 也最大 m1－m2 v1＝ v0＝v0＝5.0 m/s m1＋m2 2m1 v2＝ v0＝2v0＝10.0 m/s m1＋m2
即学即练1 如图2所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，
质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与 水平面平滑连接，质量为M的 物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面间的动摩擦 因数为μ.一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面
的高度为h.小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰
撞时间极短，且无机械能损失)．
图2
已知M＝2m，求：
(1)小球C与劈A分离时，A的速度； (2)小球C的最后速度和物块B的运动时间．
解析 (1)设小球 C 与劈 A 分离时速度大小为 v0，此时劈 A 速度
大小为 vA 小球 C 运动到劈 A 最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平 方向动量守恒、机械能守恒有 mv0－mvA＝0 1 2 1 2 mgh＝ mv0＋ mvA 2 2 得 v0＝ gh，vA＝ gh，之后 A 向左匀速运动
即学即练2 如图4所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水
动量和能量观点的综合应用
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/s2. 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.
1、应用动量守恒定律 2、应用机械能守恒定 “滑块—弹 两滑块之间有 弹簧相连； 发生 律 簧”模型 3、速度相等时弹性势 正碰 能最大
二、常见的力学模型及其结论
模型名称 “完全非弹 模型描述 两球正碰后粘
1、应用动量守恒定律 3、应用能量守恒定律
模型特征
模型结论
性碰撞”模 在一起运动， 即 2、机械能损失最大 型 “子弹打木 块” 合二为一 子弹射入静止 在光滑的水平 面上的木块上；
变式 4．如图所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质 量为 m 的小木块 A，m<M，A、B 间动摩擦因数为 μ.现给 A 和 B 以大小相等、方 求： (1)A、B 最后的速度大小和方向； (2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点 最远处时，平板车向右运动的位移大小． (3)为了使 A 不滑出平板车 B，平板车长度至少是多少？
2、 “滑块—平板”模型 例 2. 质量为 m、M 的物块 A、B 置于光滑水平面上，物块 A、B 之间的动摩擦因素为 μ，物块 B 以初速度 V0 从物块 A 的最左端开始运动，物块 A 长度为 L 求： （1）两物块达到共同速度是多少？ （2）经历多长时间达到共同速度？ （3）从开始到两物块到达共同速度过程， A、B 的位移 S1 和 S2 ？（相对于地面） （4）B 在 A 上滑行的距离△S （相对位移） （5）产生的热量 Q （两种方法） （6）画出 V-t 图 （7）若 B 恰好不滑出 A 的右端，求 B 的初速度满足的条件。
专题6 力学三大观点的综合运用
高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由．解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒．m v A ＋m v B －m v C ＝0①mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C②在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤ mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m /s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则对于A 物块 －μMgs A ＝0－12M v 2A 解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则－μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞．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．考题2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2 如图3所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v ＝12 m /s 的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P 、Q 间的距离L ＝2 m ，紧靠Q 点右侧有一水平面长为x ＝2 m ，水平面右端与一光滑的半径R ＝1.6 m 的竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg 的物块A 以v 0＝10 m/s 的速度自P 点沿传送带下滑，A 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q 点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg 的B 物块相碰，碰后A 、B 粘在一起，A 、B 与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)A 滑上传送带时的加速度a 和到达Q 点时的速度； (2)若AB 恰能通过半圆轨道的最高点N ，求μ2；(3)要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，且从N 点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？审题突破 (1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A 的速度．(2)A 、B 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N 点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析 (1)A 刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得： Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma ， 代入数据得：a ＝12 m/s 2，A 在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v 2－v 20＝2 as代入数据得：s ＝116m ＜L ＝2 m ，A 没有到达Q 点前已经与传送带速度相等，到达Q 点的速度为：v ＝12 m/s ；(2)设AB 碰后的共同速度为v 1，以A 的初速度方向为正方向，A 、B 碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ·2R ， 在水平面上由动能定理得： 12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gx ， 代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ， 联立并代入数据得：μ2＝0.09， 综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m /s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m /s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m /s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练 训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0,0点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3) (20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30° 解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20 解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20 解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s 滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22 解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m ．现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2)图3(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s . 答案 (1)向左运动 (2)4.2 m /s 0.8 m/s (3)0.2 m解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0，由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt 2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′＞f 0，所以木板不可能静止，将向左运动；(2)设车与木板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿定律与运动学公式： 对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m /s ，v 2＝0.8 m/s ；(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m /s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m /s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左。
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“子弹打木块”或“滑块—平板”模型
@《创新设计》
模型图示
模型特点
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(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移也 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，当两者的速度相等时，系统机械能损失 最大。
12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A 解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
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“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大。
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2.如图6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且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 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μ＝0.5，取g＝ 10 m/s2，求
C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1 D.若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B
两木块的水平位移大小之比为1∶3
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解析 弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方
向，由动量守恒定律得 mAvA－mBvB＝0，则速度之比 vA∶vB＝1∶3，根据动能定理 得：轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1＝12mAv2A，W2＝12mBv2B，联立解得 W1∶W2＝1∶3， 选项 A 错误；根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化 量之和为零，即 mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，选项 B 错误；A、B 离开 桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t，由动量定理 得 A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以 Δp1∶Δp2 ＝3∶1，选项 C 错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由 x＝v0t 知，t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于 vA∶vB＝1∶3，选项 D 正确。 答案 D
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【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光
滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有
轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中。
图1
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度。 解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系
图3
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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3mv＝mv0① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m)v2＋Ep＝12(2m)v21＋12mv20③
M)v，得 v＝Mm＋v0m；动能的损失 ΔE＝12mv20－12(M＋m)v2，即 ΔE＝2（MMm＋vm02 ），
损失的机械能转化为内能。
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(2)设子弹相对于木块的位移为 L，对 M、m 系统由能量守恒定律得 FL＝12mv20 －12(M＋m)v2，即 FL＝2（MMm＋vm20 ），得出 L＝2F（MMm＋v02m）。 答案 (1)2（MMm＋vm02 ） (2)2F（MMm＋v20m）
统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v 解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11× ＋43 m/s＝1 m/s
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弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvm
1.如图2所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中
部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两
小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在
地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(1和W2，则有W1∶W2＝1∶1
B.在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零
v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
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本节内容结束
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2.如图3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，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧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。
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专题突破 动量和能量观点的综合应用
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“滑块—弹簧”模型
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模型图示
模型特点
(1)若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2)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)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一 般不相等
图6 (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。
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解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守 恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又 解 Ff＝得μtm＝2μg（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。 (2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为
解得 L＝2 m。 答案 (1)10 m/s (2)2 m
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1.如图5所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面
上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且
未穿出。设木块对子弹的阻力恒为F，求：
图5
(1)射入过程中产生的内能为多少？
(2)木块至少为多长时子弹才不会穿出？ 解析 (1)以 m 和 M 组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得 mv0＝(m＋
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【例2】 (2019·山西太原模拟)如图4所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑 的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为 m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相 对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面 的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，求：
图4 (1)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度L。
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解析 (1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律 得m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s。 (2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3，解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得12(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23