广东物理一轮第十二第三讲动量与能量综合应用
高中物理选修课件动量和能量的综合应用
根据动量守恒定律，可以推导出动量 定理，即物体动量的变化等于作用在 物体上的合外力的冲量。
能量在变质量问题中应用
01
能量守恒定律
在变质量问题中，系统内的能量仍然守恒，即系统初能量等于系统末能
量。
02
功能原理
根据能量守恒定律，可以推导出功能原理，即物体动能的变化等于作用
在物体上的合外力所做的功。
高中物理选修课件动量和能 量的综合应用
汇报人：XX
汇报时间：20XX-01-18
目录
• 动量与能量基本概念 • 碰撞过程中动量与能量守恒 • 火箭飞行原理及宇宙速度计算 • 爆炸、反冲现象中动量与能量应用
目录
• 变质量问题中动量与能量应用 • 综合性问题中动量与能量综合应用
01
动量与能量基本概念
计算方法
第一宇宙速度的计算公式为v1=√(GM/R)，其中G为万有引力常数，M为地球质 量，R为地球半径。通过测量地球的质量和半径，可以计算出第一宇宙速度。
第二、第三宇宙速度简介
第二宇宙速度定义
第二宇宙速度是指物体完全摆脱地球引力束缚，飞离地球的所需要的最小初始速 度，数值上等于11.2km/s。
第三宇宙速度定义
第三宇宙速度是指在地球上发射的物体摆脱太阳引力束缚，飞出太阳系所需的最 小初始速度，数值上等于16.7km/s。
04
爆炸、反冲现象中动量与 能量应用
爆炸现象分析
01
爆炸定义
爆炸是物质在极短时间内产生 大量气体，体积迅速膨胀，对
外界做出巨大功的现象。
02
爆炸特点
作用时间短，内力远大于外力 ，系统动量守恒。
碰撞后速度相同
在完全非弹性碰撞中，两个物体会粘在一起继续运动，因 此它们的速度相同。
高三物理一轮复习 第12章 5动量与能量的综合应用课件 新人教版(安徽专用)
若木块在光滑水平面上能自由滑
动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子 弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木 块具有相同的速度，把此时的速度记为v， 把子弹和木块当作一个系统，在它们作用 前后系统的动量守恒，即
mv0=(m+M)v 对系统应用动能定理得
fd
1 2
mv02
1 2
M
m v2，
FABt=mBvB,其中FAB=FBA
FCA=μ(mA+mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为xA和
xB，有
FBA FCA
xA
1 2
m
Av
2 A
1ห้องสมุดไป่ตู้2
m
Av02
FABxB=EkB
动量与动能之间的关系为:
mAvA 2mAEkA mBvB 2mB EkB
木板A的长度L=xA-xB 代入数据解得L=0.50m
由动量守恒定律：mv-Mv=(M+m)u得u=0 设B相对A的位移为x，由能量守恒得
代12（入M数据m）得v 2
mgx
2
x= m
由于 x＞ L，所以B3 滑过Q点并与弹簧相互作
用，然后4相对A向左滑动到Q点左边，设离
Q点距离为x1
x1
x
-
1 4
L
0.17m.
3.动量定理、动能定理的综合运用
如图12-5-5所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上， 木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量 mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态.木 板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动， 当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J,小物块的动能 EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：
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
动量和能量的综合应用-粤教沪版
A、B两板的碰撞瞬间，动量守恒： 两板的碰撞瞬间，动量守恒：
mv1 = (m + m)v2
碰撞结束后到三个物体达到共速的过程中， 碰撞结束后到三个物体达到共速的过程中，设木板向前 选三个物体构成的系统为研究对象， 移动的位移为s1，选三个物体构成的系统为研究对象， 外力之和为零， 外力之和为零，则： 2mv +(m+ m)v = (2m+ m+ m)v
1 1 2 2 ( 2 m )v2 − ( 2m )v3 = µ ( 2m ) g ( 2l2 ) 2 2
动能定理有 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 点停下， 后 、 开始分离 开始分离， 单独向右滑到 点停下， 单独向右滑到P点停下 由以上各式， 由以上各式，解得
解决动力学问题的三个基本观点 (三条途径) ) （1）牛顿运动定律结合运动学公式（力的观点） （2）动量定理和动量守恒定律（动量观点） （3）动能定理和能量守恒定律（能量观点）
题型1 动量守恒、动能定理的综合应用 如下图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连 相连， 如下图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块 相连， B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与 静止在水平导轨上， 静止在水平导轨上 弹簧处在原长状态。 B相同的滑块 ，从导轨上的 点以某一初速度向 滑行， 相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向 滑行， 点以某一初速度向B滑行 相同的滑块 滑过距离l 相碰， 当A滑过距离 1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后 、 滑过距离 相碰 碰撞时间极短，碰后A、 B紧贴在一起运动 ， 但互不粘连 。 已知最后 恰好返回 紧贴在一起运动， 紧贴在一起运动 但互不粘连。 已知最后A恰好返回 出发点P并停止 滑块A和 与导轨的滑动摩擦因数都为 并停止。 出发点 并停止。滑块 和B与导轨的滑动摩擦因数都为 µ，运动过程中弹簧最大形变量为 2 ，重力加速度为 ， 重力加速度为g， ，运动过程中弹簧最大形变量为l 出发时的初速度v 求A从P出发时的初速度 0。 从 出发时的初速度 B l2 l1 A P
2013年广东物理一轮【第十二章第三讲动量与能量的综合应用】
1．机械能守恒定律是能量守恒定律的一种表现形式，它的
条件是只有重力和弹簧的弹力做功，当相互作用的系统 有多个过程时，要注意不同过程的受力情况、力的做功 情况，准确判断物理量的守恒情况． 2．在物体的打击、碰撞过程中，满足动量守恒，但这些过
程中往往要有机械能的损失．机械能守恒时往往在题目
中隐含各处光滑的条件，另外，在弹簧作用的系统内， 没有摩擦阻力情况下，系统的机械能也是守恒的．
物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆 炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开 始运动． 3．反冲现象
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向 相反 方向运动，
通常用动量守恒来处理． (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以 系统的总动能 增加 ．
二、研究动力学问题的三个基本观点 1．力的观点 (1)运动学公式
联立②③式得 3mA－mB v2＝ v mA＋mB 0 设小球 B 能上升的最大高度为 h，由运动学公式有 v22 h＝ 2g 由①④⑤式得 3mA－mB 2 h＝( ) H. mA＋mB
3mA－mB 2 答案：( )H mA＋mB
④
⑤
⑥
[典例启迪]
[例2] 如图12－3－1所示，一质量 为0.99 kg的木块静止在足够长的水 平轨道AB的B端，水平轨道与半径 为10 m的光滑弧形轨道BC相切．现 图12－3－1
所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B
碰撞后B上升的最大高度．
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球 A 与 B 碰撞前的速度 大小相等，设均为 v0.由机械能守恒有 1 mAgH＝ mAv02 2 ①
设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为 v1 和 v2， 以竖直向上方向为正， 由动量守恒有 mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2 由于两球碰撞过程中能量守恒，故 1 1 1 1 mAv02＋ mBv02＝ mAv12＋ mBv22 2 2 2 2 ③ ②
第六章 动量 第三讲 动量和能量的综合应用
s2 mv1＝2mv2 Ff s1 ＝ Ff s2 ＝
联立解得s1＝ 则s＝s1 ＋s2 ＝ ，s2 ＝
R.
静止在光滑的水平面上， 【拓展1】如图所示，固定有光滑圆弧轨道的小车A静止在光滑的水平面上，轨 拓展1 如图所示，
道足够长，其下端部分水平， 以某一水平初速度滑上小车， 道足够长，其下端部分水平，有一小滑块B以某一水平初速度滑上小车，滑块
第三讲动量和能量的综合应用力的观点能量的观点动量的观点规律牛顿第二定律动能定理机械能守恒定律动量定理动量守恒定律e1e2e1ekep0eaeb0一解决动力学问题的三个观点对比公式fmaw合ek2ek1e2i合p2p1m1v1m2v2m1v1m2v2标矢量式矢量式标量式标量式矢量式矢量式关系瞬时关系始末二状态间的关系始末二状态间的关系始末二状态间的关系始末二状态间的关系研究对象单个物体质点单个物体质点系统单个物体质点系统受力分析的着重点各力的大小和方向各力的做功情况各力的做功情况各力的冲量各力的大小和方向条件或适用范围宏观物体低速运动惯性参考系惯性参考系只有重力弹簧的弹力做功惯性参考系惯性参考系不受外力或合力为零惯性参考系计算前要求求选定正方向采用表达式e1e2时要先确定参要先确定参考平面选定正方向选定正方向选用原则研究某一物体受力的瞬时作用时研究某一物体受到力的作用时如果涉及位移一般用动能定理研究的对象为多个物体组成的系统且它们之间有相互作用研究某一个物体受到力的作用时如果涉及时间一般用动量定理研究的对象为多个物体组成的系统且它们之间有相互作用用途求力加速度或有关其他的量求功力位移动能速率质量等求速率位移动能势能等求冲量力时间动量速度质量等求动量速度等二动量和能量综合应用常见模型二动量和能量综合应用常见模型1相互作用时间短系统动量守恒动能转化为内能
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 ̅。
专题十二 力学三大观点的综合应用
第七章 动量守恒定律专题十二 力学三大观点的综合应用核心考点五年考情命题分析预测动量与能量观点的综合应用2022：广东T13，湖北T16；2021：湖北T15；2020：山东T18力学三大观点的综合应用往往以高考压轴题的形式考查，综合性强，难度大，常与曲线运动、带电粒子在电磁场中的运动或导体棒切割磁感线等知识点相结合进行考查.预计2025年高考可能会出现三大观点应用的计算题.三大观点的综合应用2023：山东T18，广东T15，辽宁T15，浙江6月T18，浙江1月T18；2022：浙江6月T20；2021：北京T17，湖南T14题型1 动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律.能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.三种技巧（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）.（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性.1.[2024江西九校联考]如图所示，质量M ＝4kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝2kg 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轴O自由转动.开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v 0＝4m/s ，以初始时刻轴O 的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定的直角坐标系xOy ，取g ＝10m/s 2.（1）若锁定滑块，求小球通过最高点时轻杆对小球的作用力大小；（2）若解除对滑块的锁定，求小球运动到最高点时的动能E k ；（3）若解除对滑块的锁定，在平面直角坐标系xOy 中，求出小球从出发至运动到最高点的过程的轨迹方程.答案 （1）4N （2）4J （3）（32x －14）2＋y 2＝14解析 （1）若锁定滑块，则小球从开始运动到上升至最高点的过程，机械能守恒，有12m v 02＝12m v 12＋mgL小球在最高点时，设轻杆对小球的作用力大小为F ，则有mg ＋F ＝mv 12L联立解得F ＝4N（2）若解除对滑块的锁定，由于小球与滑块组成的系统在水平方向上不受力，因此小球与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒.设小球通过最高点时的速度大小为v 2，此时滑块的速度大小为v ，以水平向右为正方向，则有0＝mv 2－Mv运动过程中，系统的机械能守恒，则有12m v 02＝12m v 22＋12Mv 2＋mgL又E k ＝12m v 22联立解得E k ＝4J（3）若解除对滑块的锁定，在小球上升的过程中，滑块向左运动，小球在水平方向上向右运动，设小球的位置坐标为（x ，y ）时，滑块向左运动的位移大小为Δx ，则由人船模型有m （L －x ）＝M Δx由几何关系可知（x －Δx ）2＋y 2＝L 2联立可得小球运动的轨迹方程为（32x －14）2＋y 2＝14.题型2 三大观点的综合应用1.三大基本观点动力学观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律.从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量（如速度、位置），所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程（如位移x 、时间t ）问题，不能解决力（F ）的问题.（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.（2）若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑使用动量定理.（3）若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.（4）若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.2.[三大观点的综合应用/2021湖北]如图所示，一圆心为O 、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q 点相切.在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小物块B 运动.A 、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点时速度为零.已知重力加速度大小为g ，忽略空气阻力.（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能.答案 （1）2R （2）mg sin θ√2gRcosθ （3）√10mgR解析 （1）设B 到半圆弧轨道最高点时速度为v 2'，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg ＝mv 22'RB 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R ＝12gt 2在水平方向上有x ＝v 2't联立解得x ＝2R（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得mgR cos θ＝12m v D2由于对A 做功的力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为P ＝mgv D sin θ解得P ＝mg sin θ√2gRcosθ（3）设A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得12m v 22＝12m v 22'＋mg ·2R解得v 2＝√5gR对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得12m v 12＝mgR解得v 1＝√2gR设碰前瞬间A 的速度为v 0，对A 、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋mv 2解得v 0＝√2gR ＋√5gR碰撞过程中A 和B 损失的总动能为ΔE ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22解得ΔE ＝√10mgR .3.[三大观点的综合应用/2023浙江6月]为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB 、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R ＝0.4m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接.质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k ＝100N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上.现有质量m ＝0.12kg 的滑块a 以初速度v 0＝2√21m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）.已知传送带长L ＝0.8m ，以v ＝2m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能E p ＝12kx 2（x 为形变量）.（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小v F 和所受支持力大小F N ；（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度v B ＝1m/s ，求滑块a 、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE ；（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx .答案 （1）v F ＝10m/s F N ＝31.2N （2）ΔE ＝0 （3）Δx ＝0.2m解析 （1）滑块a 以初速度v 0从D 处进入竖直圆弧管道DEF 运动，由动能定理有mg ·2R＝12m v F 2－12m v 02解得v F＝10m/s在最低点F ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v F2R解得F N ＝31.2N（2）碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有－mg ·2R －μmgL ＝12m v B 2－12m v a2解得v a ＝5m/s滑块a 、b 碰撞过程，由动量守恒定律有mv F ＝－mv a ＋3mv b解得v b ＝5m/s碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12m v F 2－12m v a 2－12·3m v b 2＝0（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有mv F ＝（m ＋3m ）v ab解得v ab ＝2.5m/s滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有（m ＋3m ）v ab ＝（m ＋3m ＋2m ）v abc解得v abc ＝53m/s由机械能守恒定律有E p1＝12×4m v ab 2－12×6m v abc2解得E p1＝0.5J由E p1＝12k x 12解得最大压缩量x 1＝0.1m滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c 速度最大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，使ab 加速，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时的弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x 2＝0.1m所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx ＝x 1＋x 2＝0.2m.方法点拨深化观念、建构模型，解决力学综合难题1.[2023浙江1月]一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB 、螺旋圆形轨道BCDE 、倾角θ＝37°的直轨道EF 、水平直轨道FG 组成，除FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与轨道AB 、EF 相切于B （E ）处.凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道FG 、平台JK 位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R ＝0.5m ，B 点高度为1.2R ，FG 长度L FG ＝2.5m ，HI 长度L 0＝9m ，摆渡车长度L ＝3m 、质量m ＝1kg.将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度h ＝2.3m 处静止释放，滑块在FG 段运动时的阻力为其重力的0.2倍.（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s 2）（1）求滑块过C 点的速度大小v C和轨道对滑块的作用力大小F C；（2）摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t .答案 （1）4m/s 22N （2）0.3 （3）2.5s解析 （1）C 点离地高度为1.2R ＋R cos θ＋R ＝3R滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得 mg （h －3R ）＝12m v C2－0 解得v C＝4m/s在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得 F C＋mg ＝m v C2R解得F C＝22N（2）从静止释放到G 点，由动能定理可得 mgh －0.2mgL FG＝12m v G2由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v根据动量守恒定律可得2mv ＝mv G由功能关系可得μmgL ＝12m v G 2－12×2mv 2综合解得μ＝0.3（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a ＝μg设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t 1，有t 1＝v G －v μg＝1s共速后继续向右匀速运动的时间t 2＝L 0－L －12vt 1v＝1.5st ＝t 1＋t 2＝2.5s .2.[2022广东]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A 处以初速度v 0为10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1N.滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m ＝0.2kg ，滑杆的质量M ＝0.6kg ，A 、B 间的距离l ＝1.2m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力.求：（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N 1和N 2；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v ；（3）滑杆向上运动的最大高度h .答案 （1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m解析 （1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f'，f'＝f代入数据得N 2＝5N（2）解法1 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1解得a 1＝15m/s 2，方向向下由运动学公式得v 2－v 02＝－2a 1l代入数据得v ＝8m/s解法2 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12mv 2－12m v 02代入数据解得v ＝8m/s（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v 共代入数据得v 共＝2m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有－（M ＋m ）gh ＝0－12（M ＋m ）v 共2代入数据得h ＝0.2m.3.[2021湖南]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.答案 （1）√2μgL （2）x 22y ＋2y ＝4μL （0≤x ≤2μL ） （3）3λ－1λ－3μL ＜h ≤μL ＋3μL （λ+1）2（λ－1）2解析 （1）设A 滑到O 点时速度为v 0，A 从倾斜轨道上滑到O 点过程中，由动能定理有mg ·2μL －μmgL ＝12m v 02解得v 0＝√2μgL（2）若A 以（1）中的位置从倾斜轨道上下滑，A 从O 点抛出，假设能运动到弧形轨道上的P 点，水平方向有2μL ＝v 0t 1竖直方向有y P ＝12g t 12解得y P ＝μL ，假设成立所以A 落在弧形轨道时的动能E k 满足mg ·2μL －μmgL ＋mg ·μL ＝E k －0A 从O 点抛出，做平抛运动，水平方向有x ＝v 1t竖直方向有y ＝12gt 2又y ＝v y22g ，E k ＝12m （v 12＋v y 2）联立解得PQ 的曲线方程为x 22y＋2y ＝4μL （0≤x ≤2μL ）（3）设A 初始位置到x 轴的高度为h ，A 滑到O 点的速度为v A 0，碰撞后的速度为v A 1，反弹后再次返回O 点时速度为v A ，A 、B 碰撞后B 的速度为v B ，A 、B 碰撞过程有mv A 0＝mv A 1＋λmv B12m v A02＝12m v A12＋12λm v B2解得v A 1＝1－λ1+λv A 0，v B ＝21+λv A 0A 从倾斜轨道上滑到O 点的过程有mgh －μmgL ＝12m v A02碰后又运动到O 点过程有－μmg ·2L ＝12m v A 2－12m v A12又A 、B 均能落在弧形轨道上且A 落在B 点右侧应满足v B ＜v A ≤v 0联立求解得3λ－1λ－3μL ＜h ≤μL ＋3μL （λ+1）2（λ－1）24.[高考新题型/2023湖南]如图，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b ，长轴水平，短轴竖直.质量为m 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy ，椭圆长轴位于x 轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g .（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系xOy 中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若Mm ＝ba －b，求小球下降h ＝b2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a 、b 及g表示）.答案 （1）√2m 2gbM （m ＋M ）ma M ＋m（2）[(M ＋m ）x －ma ]2M 2a 2＋y 2b2＝1（y ≤0）（3）2b √ga+3b解析 （1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv 1－Mv 2对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb ＝12m v 12＋12M v 22 联立解得v 2＝√2m 2gbM （m ＋M ）根据人船模型规律，在水平方向上有mx 1＝Mx 2又由位移关系知x 1＋x 2＝a解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x 2＝maM ＋m（2）小球向左运动过程中，凹槽向右运动，当小球的坐标为（x ，y ）时，小球向左运动的位移x'1＝a －x ，则凹槽水平向右运动的位移为x'2＝mM （a －x ）小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运动轨迹满足（x －x '2）2a 2＋y 2b2＝1整理得小球运动的轨迹方程为[(M ＋m ）x －ma ]2M 2a 2＋y 2b 2＝1（y ≤0）（3）若Mm ＝b a －b，代入（2）问结果化简可得[x －（a －b ）]2＋y 2＝b 2即小球的运动轨迹是半径为b 的圆小球下降h ＝b 2高度的过程，小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，有mv'1x ＝Mv'2对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgh ＝12mv'12＋12Mv'22由几何关系及速度的分解得v'1sin30°＝v'1x联立解得v'1＝2b √g a+3b.1.[2024四川成都蓉城名校联考/多选]一次台球练习中，某运动员用白球击中彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m ＝0.2kg ，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v 2的关系如图所示，重力加速度g 取10m/s2.则下列说法正确的是（ BC ）A.碰撞前白球的速度为1.64m/sB.碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/sC.碰撞过程中，系统有机械能转化为内能D.台球所受桌面阻力为0.5N解析 由题图可知，碰后白球速度v 1＝0.8 m/s ，彩球速度v 2＝1.0 m/s.设碰撞前白球 速度为v 0，由动量守恒得mv 0＝mv 1＋mv 2，解得v 0＝1.8 m/s ，故A 错误；碰撞过程中，白球对彩球的冲量I ＝mv 2＝0.2×1.0 kg·m/s ＝0.2 kg·m/s ，B 正确；由于12m v 02＞12m v 12＋12m v 22，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C 正确；由运动学知识可知a ＝v 122x 1＝0.642×1.28 m/s 2＝0.25 m/s 2，故阻力为f ＝ma ＝0.05 N ，故D 错误.2.[2024北京海淀区期中/多选]如图所示，质量m A ＝1kg 、长L ＝9m 的薄板A 放在水平地面上，在大小为4N 、水平向右的外力F 作用下由静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，其速率达到v A ＝2m/s 时，质量m B ＝1kg 的物块B 以v B ＝4m/s 的速率由薄板A 右端向左滑上薄板，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.1，B 可视为质点，重力加速度g 取10m/s 2.下列说法正确的是（ AD ）A.当A 的速率减为0时，B 的速率为2m/sB.从B 滑上A 到B 掉下的过程中，A 、B 所组成的系统动量守恒C.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为9JD.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 所组成的系统机械能减少9J解析 B 滑上A 后，B 开始做减速运动，此时对B 由牛顿第二定律有μ2m B g ＝m B a B ，解得a B ＝1 m/s 2，对A 由牛顿第二定律有μ1(m A ＋m B )g ＋μ2m B g -F ＝m A a A ，解得a A ＝1 m/s 2，A 也开始做减速运动，假设A 速率减为0时，B 未从A 上掉下，则A 的速率减为0的时间为t 1＝v Aa A＝2 s ，此时B 的速度大小为v B 1＝v B -a B t 1＝2 m /s ，此过程A 、B 的相对位移Δx ＝v A22a A＋v B 2−v B122a B＝8 m ＜L ，故假设成立，A 正确；在B 滑上A 到A 速度减到零的过程中，有μ1(m A ＋m B )g ＝F ，即A 、B 所组成的系统受到的合力为零，动量守恒，当A 速度减为零时，由于μ1(m A ＋m B )g ＋μ2m B g ＞F ，则A 此后处于静止状态，且由平衡条件可知A 与地面间的摩擦力f ＜F ，A 、B 所组成的系统受到的合力不为零，动量不守恒，B 错误；从B 滑上A 到A 速度减为零的过程，A 的位移为x A ＝v A22a A＝2 m ，此过程B 的位移为x B ＝v B 2−v B122a B＝6 m ，结合B 项分析可知，此后A 处于静止状态，B 继续向左做匀减速运动直至掉下，则对从B 滑上A 到B 掉下的整个运动过程，A 、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为Q ＝μ1(m A ＋m B )gx A ＋μ2m B gL ＝17 J ，C 错误；从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 所组成的系统机械能的减少量为ΔE k ＝Q -Fx A ＝9 J ，D 正确.3.[设问创新/2024重庆南开中学校考/多选]如图所示，半径为R 、质量为3m 的14圆弧槽AB 静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B 点切线水平，距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其左侧连有轻弹簧.现将质量为m 的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A 点由静止释放，重力加速度为g ，不计一切摩擦.则下列说法正确的是（ BC ）A.系统（三个物体）全程动量守恒B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点相距53RC.弹簧弹性势能的最大值为916mgRD.小球1最终的速度大小为√6gR 4解析 小球1在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误.小球1从圆弧槽的A 点到B 点的过程中，设小球1滑到B 点时小球1的速度为v 0，圆弧槽的速度为v ，取水平向右为正方向，小球1与圆弧槽在水平方向动量守恒有0＝mv 0-3mv ，由能量守恒有mgR ＝12m v 02＋12·3mv 2，解得v 0＝3v ＝√3gR 2.设小球1到B 点时，小球1水平向右移动的距离为x 1，圆弧槽向左运动的距离为x 2，两者的相对位移为R ，因此有mx 1-3mx 2＝0，x 1＋x 2＝R ，联立解得x 1＝34R ，x 2＝14R . 此时圆弧槽的B 点与弹簧之间的距离L ＝x 2＋R ＝54R .小球1从B 点向右以v 0匀速运动，圆弧槽向左以v03匀速运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点的距离L'＝L ＋v03·Lv 0＝43L ＝53R ，故B 正确.小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有mv 0＝(m ＋3m )v 共，由能量守恒有12m v 02＝12(m ＋3m )v 共2＋E p ，联立解得E p ＝916mgR ，故C 正确.从小球1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有mv 0＝mv 1＋3mv 2，由能量守恒有12m v 02＝12m v 12＋12·3m v 22，解得v 1＝-12v 0，v 2＝12v 0.小球1之后向左以12v 0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以v03匀速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有m ·v02＋3m ·v03＝mv 3＋3mv 4，由能量守恒有12m (v02)2＋12·3m (v03)2＝12m v 32＋12·3m v 42，解得v 3＝14v 0，v 4＝512v 0，最终小球1以14v 0的速度向左运动，圆弧槽以512v 0的速度向左运动，小球2以12v 0的速度向右运动，小球1最终的速度为14v 0＝√6gR 8，故D 错误.4.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？答案 （1）m 1√5gl （2）5gl （2m 1＋m 2）22m 2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 2l ①A 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 A 2＝12m 1v 2＋2m 1gl ②由动量定理有I ＝m 1v A③联立①②③式，得I ＝m 1√5gl ④（2）设两球粘在一起后瞬间的速度大小为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 B 2 ⑦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 2⑧.5.[三轨推拉门/2023江苏扬州三模]有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m ，三扇相同的门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d ＝0.8m ，质量为m ＝20kg ，与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，用力F 水平向右拉3号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g ＝10m/s 2.（1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F 做的功W .（2）若F ＝12N ，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭.①求3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v 0.②求拉力F 的作用时间t .答案 （1）1.6J （2）①0.8m/s②2√63s解析 （1）根据动能定理有W －μmgd ＝0，解得W ＝1.6J（2）①设3号门板与2号门板碰撞后速度大小为v 1，碰后两门板位移大小均为d ＝0.8m从3号门板与2号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有－2μmgd ＝－12·2m v 12碰撞过程，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv 1，解得v 0＝0.8m/s②根据牛顿第二定律有F －μmg ＝ma根据动能定理有 Fx －μmgd ＝12m v 02【易错辨析】在关门过程中，拉力F 作用时间与门受到的摩擦力作用时间不同，不推荐应用动量定理列方程解答.根据运动学公式有x ＝12at 2解得t ＝2√63s.6.[2024湖南湘潭一中校考]如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R ＝0.9m ，圆轨道内侧最高点E 点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D 、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A 和B ，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出.轨道右侧M 端与水平传送带MN 等高，并能平滑对接，传送带总长度L ＝5m ，传送带速度大小和方向均可调.已知A 物体质量m A ＝1kg ，B 物体质量可变，A 、B 间被压缩的弹簧的弹性势能为30J ，取重力加速度g ＝10m/s 2.（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；（2）要使物体A 冲上传送带后，均能到达N 点，求传送带与物体A 之间的动摩擦因数的最大值；（3）要使物体A 在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B 的质量范围.答案 （1）0 （2）0.45 （3）m B ≤37kg 或m B ≥3kg解析 （1）当由重力提供向心力时，对E 点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值F min ＝0（2）当物体A 恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体A 一直在传送带上做匀减速直线运动.当物体A 到达N 点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即对物体A 分析有m A g ＝m A v E2Rm A g ·2R －μm A gL ＝0－12m A v E2得μ＝0.45.（3）物体A 不脱离圆轨道有两种情况：①过最高点的速度v E ≥√gR对物体A 从被弹簧弹出开始到到达最高点，根据动能定理有－m A g ·2R ＝12m A v E 2－12m A v A2得v A ≥√5gR ＝3√5m/s②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，对物体A 从被弹簧弹出开始到到达圆心等高处，根据动能定理有－m A gR ＝0－12m A v A2得v A ≤√2gR ＝3√2m/s因为物体A 是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A 与B 反向弹开，由动量守恒有m A v A ＝m B v B由机械能守恒有E p ＝12m A v A 2＋12m B v B2得m B ＝v A260－v A2kg代入数据得m B ≤37kg 或m B ≥3kg.7.[2024河北唐山摸底演练]如图所示，一圆弧轨道AB 与倾角为θ的斜面BC 在B 点相接.可视为质点的两个形状相同的小球a 、b ，将小球b 置于圆弧轨道的最低点，使小球a 从圆弧轨道A 点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆弧轨道半径R ＝1m ，圆弧过A 、B 两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a 的质量m 1＝4kg ，小球b 的质量m 2＝1kg ，重力加速度g ＝10m/s 2，不计一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）与小球b 碰前瞬间，小球a 的速度大小v 0；（2）碰后瞬间小球b 对轨道的压力大小F ；（3）小球b 从B 点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC 的最远距离h ，√6.24取2.5.答案 （1）2m/s （2）20.24N （3）0.36m解析 （1）对小球a 从静止释放到与小球b 碰撞前瞬间的过程，由动能定理有m 1gR （1－cos θ）＝12m 1v 02代入数据解得v 0＝2m/s（2）小球a 与小球b 发生弹性正碰，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22对碰撞后瞬间小球b ，由牛顿第二定律有F N －m 2g ＝m 2v 22R联立并代入数据解得F N ＝20.24N由牛顿第三定律可得小球b 对轨道的压力大小F ＝F N ＝20.24N（3）对小球b 从碰撞后到飞出圆弧轨道瞬间的过程，由动能定理有－m 2gR （1－cos θ）＝12m 2v 32－12m 2v 22代入数据解得v 3＝2.5m/s由几何关系可知，此时小球b 的速度与斜面的夹角为α＝74°小球b 在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，则有v'0＝v 3sin α，a ＝g cos θ对小球b 从B 点运动到距离斜面最远的过程，由运动学规律有2ah ＝v '02代入数据解得h ＝0.36m.8.[板块模型＋弹簧模型＋新信息/2023辽宁]如图，质量m 1＝1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k ＝20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m 2＝4kg 的小物块以水平向右的速度v 0＝54m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.取重力加速度g ＝10m/s 2，结果可用根式表示.（1）求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1.（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 2及此时木板速度v 2的大小.（3）已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0.求木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU （用t 0表示）.答案 （1）1m/s 0.125m （2）0.25m√32m/s （3）（4√3t 0－8t 02）J解析 （1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m 2v 0＝（m 1＋m 2）v 1解得v 1＝1m/s两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm 2g ＝m 1a解得a ＝4m/s 2由运动学公式有2ax 1＝v 12。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：动力学和能量观点的综合应用
(2)物块从B点运动到E点的时间t；
答案
11 15 s
物块在斜轨道上的加速度大小 a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由 L1＝ vDt2＋12a1t22 代入数据解得 t2＝13 s 物块从B点运动到E点的时间 t＝t1＋t2＝0.4 s＋13 s＝1115 s.
方法点拨
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传. (2)系统产生的内能：Q＝fs相对，s相对表示相对路程. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
滑块—木板模型
例3 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另 一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上 表面.由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所 示.下列说法正确的是(g取10 m/s2) A.木板A最终获得的动能为2 J B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m
(sin 53°＝0.8，结果可保留分数)
(1)C、D两点间的距离x； 答案 1.2 m
物块从 A 点由静止滑到 B 点，由机械能 守恒定律则有 mgR＝12mvB2，解得 vB＝ 3 m/s 物块从 B 到 D 做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在 D 点 的速度大小 vD＝covsBθ＝5 m/s
方法点拨
2.方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景； (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本 规律； (3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口， 寻求解题最优方案.
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：动量和能量的综合问题
例2 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图 所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时 它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑 杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆 离开桌面一起竖直向上运动.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： (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FN1和FN2； 答案 8 N 5 N
小球a恰好能通过半圆轨道最高点，由重
力充当向心力，根据牛顿第二定律有
m1g＝m1vRA2
①
以 C 点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律有12m1vC2＝m1g·2R
＋12m1vA2
②
在C点对小球受力分析，则有轨道支持力FN与重力的合力提供向心
力，根据牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1vRC2
③
由①②③解得FN＝120 N
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能； 答案 2 J
B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不
动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1， 对物块B，由动能定理得－μmBgL＝12mBvB12－12mBvB2 A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守
恒、机械能守恒，则有mBvB1＝mBvB2＋mAvA， 12mBvB12＝12mBvB22＋21mAvA2 且 EkA＝12mAvA2 联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
细线断开瞬间，物体A、B及弹簧组成的系统动量 守恒，由动量守恒定律可得 (mA＋mB)v0＝mvA＋mvB 由能量守恒定律可得 12×(mA＋mB)v02＋Ep＝12mvA2＋21mvB2 两式联立并代入数据解得Ep＝1 J
2025届高考物理一轮复习课件：动量与能量的应用
能最大，则有Ep＝ m1 2 ＝12
2
J。
目录
速度g取10 m/s2，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，不计小球大小，绳长为0.8
m，挡板质量不计，求：
1 .小球与长木板碰撞后瞬间，小球与长木板各自的速度大小；
①小球与长木板碰撞前的速度？
目录
高中总复习·物理
（1）小球与长木板碰撞后瞬间，小球与长木板各自的速度大小；
答案：2 m/s
2 m/s
目录
高中总复习·物理
（1）求小滑块P第一次运动到B点时的速度的大小vB；
答案：4 m/s
解析：对小滑块P，从A到B，由动能定理得
m2gLsin 37°－μm2gLcos
1
37°＝ m2 2
2
解得vB＝4 m/s。
目录
高中总复习·物理
如图所示，小周设计的玩具滑动的固定轨道分成
三部分，倾斜粗糙的AB轨道，水平光滑的BC轨道，
高中总复习·物理
动量与能量观点的综合应用(力学）
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高中总复习·物理
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高中总复习·物理
动量与能量观点的综合应用(力学）
1. 两大观点
（1）动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
（2）能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2.表达式
目录
高中总复习·物理
3. 选用技巧
（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑使用？
1 kg的小物块静置在平板上表面的最右端，板的上表面左端通过挡板固定一个轻弹
簧，用不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球悬挂在O点，轻绳处于水平拉直状态。现
将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与长木板的左端发生弹性碰撞，已知物块与长
2012高考物理冲刺专题复习课件第十二章第三讲动量与能量的综合应用
4．从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为 100 m，上升速度为17.5 m/s时，由于质量问题沿竖直 方向爆炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s落回 出发点，求B块经多长时间落回出发点？(不计空气阻 力，取g＝10 m/s2)
解析：设爆炸后 A 的速度为 vA，并设向上为正方向， 由－h＝vAt－12gt2 得 vA＝－5 m/s. 在爆炸过程中，根据动量守恒定律(仍设向上为正方向) mv＝12mvA＋12mvB，得 vB＝40 m/s， 由－h＝vBt′－12gt′2 得：t′＝10 s 即 B 块经 10 s 落回地面．
[思路点拨] 碰撞过程中动量守恒，根据碰撞前后的动 能是否相等判断碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] (1)设向东为正方向，则 v1＝6 m/s，v1′＝－4 m/s，v2 ＝－2 m/s，v2′＝4 m/s. 又碰撞前后动量守恒，由动量守恒定律得， m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′解得：mm12＝35. (2)碰撞前系统的总动能 Ek＝12m1v12＋12m2v22＝654m2， 碰撞后系统的总动能 Ek′＝12m1v1′2＋12m2v2′2＝654m2. 因为 Ek′＝Ek，所以这次碰撞是弹性碰撞．
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球 A 与 B 碰撞前的速度
大小相等，设均为 v0.由机械能守恒有
mAgH＝12mAv02
①
设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，以竖直向上方向为正， 由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2
②
由于两球碰撞过程中能量守恒，故
12mAv02＋12mBv02＝12mAv12＋12mBv22
()
A．－20 kg·m/s
高三物理复习粤教沪版动量和能量的综合应用 PPT课件 课件 沪科版
复习
做功的过程就是能量转化的，因此
功是能量转化的量度。
能量
功
关系
数学表达式
动能 机械能
合外力的功
除重力、弹 力之外的其 他力的功
合外力所做的功等于动能的变化量 W总=△Ek
除重力、弹力之外的其他力做的
功等于机械能的变化量
W其他=△E
动量和能量解题的基本思路和步骤：
1.确定研究对象 2. 分析研究对象的受力情况与运动情况. 3. 选取合适的物理规律，列出方程求解.
•
1、再长的路一步一步得走也能走到终点，再近的距离不迈开第一步永远也不会到达。
•
2、从善如登，从恶如崩。
•
3、现在决定未来，知识改变命运。
•
4、当你能梦的时候就不要放弃梦。
解：1.锤自由下落，碰桩前速度v1向下，
v1=
①
2.碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚
碰后向上的速度为v2=
②
3.设碰后桩的速度为v，方向向下，由动量
守恒得，mv1=Mv－mv2
③
4 .桩下降的过程中，根据动能定理得 Mgl -Fl = 0 － Mv2 ④
由①、②、③、④式得
F=Mg+ （ ）［2h－l+2
碰撞结束后到三个物体达到共速的过程中，设木板向前
移动的位移为s1，选三个物体构成的系统为研究对象，
外力之和为零，则： 2 m 1 (m v m )v 2 (2 m m m )v 3
设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为
f3，对A、B系统由动能定理得：f1s1f3s11 22m3 2v 1 22m2 2v
之间的滑动摩擦力大小为f2 由 1 0.22 2 0.10， 所以
(人教版)高三物理第一轮复习动量、能量的综合应用
第 5课时动量、能量的综合应用基础知识归纳力学研究的是物体的受力情况与运动变化的关系,以三条线索（包括五条重要规律）为纽带建立联系。
下表是重要的力学规律的对比。
特征规律内容表达式研究对象应用条件力的瞬时作用效应牛顿运动定律物体的加速度大小与合外力成正比，方向与合外力方向相同F合＝kma质点宏观、低速运动的物体力对空间的累积效动能定理外力对物体所做的功等于物体动能的增量W合＝ΔE k质点应机械能守恒定律当系统只有重力或弹力做功时，机械能的总量保持不变E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E1＝E2系统中的物体只有重力或弹力做功力对时间的累积效应动量定理物体所受合外力的冲量等于它的动量变化I＝Δp质点动量守恒定律系统不受外力或所受的合外力为零时，系统总动量保持不变p1＋p2＝p1′＋p2′或p1＝p2系统中的物体系统所受的合外力为零一、力学规律的优选策略1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度时,应采用运动学公式和牛顿第二定律。
2。
动量定理反映了力对时间的累积效应，适合于不涉及物体运动过程中的加速度、位移,而涉及运动时间的问题,特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。
3。
动能定理反映了力对空间的累积效应，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般用动能定理求解.4.若研究对象是一物体系统，且它们之间有相互作用,一般用两个“守恒定律”求解,应用时应注意研究对象是否满足定律的守恒条件.5。
在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，应注意到，一般情况下这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式的能的转化，这些过程动量一般是守恒的。
二、怎样分析动量和能量问题应用动量和能量知识时，第一是研究过程的合理选取,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律,都有一个过程的选取问题；第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系；第三是方向性问题,运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，然后对力、速度等矢量以正负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算。
备考2013高考物理一轮金牌训练课件第一部分专题二第3讲动量与能量的综合应用
2．(2009 年天津卷)如图 2－3－8 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＝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：
图 2－3－5
(1)黏合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小． 解：(1)黏合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向 分运动为自由落体运动，有 2R＝12gt2① 解得：t＝2 Rg②
(2)设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能为 0，由机械能守恒定律知
2．(2011 年新课标卷)如图 2－3－2，A、B、C 三个木块 的质量均为 m，置于光滑的水平桌面上，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 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．
ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速 度为 g，求：
(1) 物块 B 在 d 点的速度大小； (2) 物块 A 滑行的距离．
图 2－3－3
解：(1)B 在 d 点，由向心力公式得 mg－34mg＝mvR2
解得：v＝
gR 2
(2)B 从பைடு நூலகம்b 到 d 过程中，机械能守恒
12mvB2 ＝mgR＋12mv2①
佛山市顺德区第一中学2021届高考物理一轮复习专题突破：动量观点与能量观点的综合应用课件
知 0≤ΔE≤40 J，故 A、B 正确，C、D 错误。答案 AB
多维训练
2．如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置 于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二 辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边。 若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
答案 (1)1g
2E m
(2)m2Eg
转到解析
多维训练
1．(多选)如图，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速 度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，
系统可能损失的机械能为 ( ) A．25 J B．35 J C．45 J D．55J
解析 若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞， 则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋
(2)设第一辆车推出时的速度为 v0，由动能定理得－0.2mgL1＝12mv21－12mv20
第一辆车的水平冲量大小 I＝mv0，联立解得 I＝20 7 N·s 答案20·烟台模拟)如图所示，在光滑水平面上有三个弹性小钢球 a、b、c 处于静止
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能； (2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。
解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为 v1，碰前两车间距为 L1，与第二辆车碰后的共同 速度为 v2，共同移动的距离为 L2，由动量守恒定律得 mv1＝2mv2，由动能定理得－0.2×2mgL2
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③
联立②③式得
v2＝3mmAA＋－mmBBv0
④
设小球 B 能上升的最大高度为 h，由运动学公式有
h＝v22g2
⑤
由①④⑤式得
h＝(3mmAA＋－mmBB)2H.
⑥
答案：(3mmAA＋－mmBB)2H
[典例启迪] [例2] 如图12－3－1所示，一质量 为0.99 kg的木块静止在足够长的水 平轨道AB的B端，水平轨道与半径 为10 m的光滑弧形轨道BC相切．现 图12－3－1 有一质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度从左边射入 木块但未穿出．已知木块与轨道AB的动摩擦因数μ＝0.5， 取g＝10 m/s2 .求：
图12－3－3
(1)物块C的质量mC； (2)墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B做的功W 及对B的冲量I的大小和方向； (3)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
解析：(1)由题图知，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，则mCv1＝(mA＋mC)v2 解得：mC＝2 kg. (2)碰后，A、B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，从4 s到8 s弹簧被压缩到最短，弹性势能最大；从8 s到12 s弹簧恢复 原长，该过程物体B没有运动，墙对物体B不做功，W＝0 由题图知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s，墙 对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2 解得I＝－36 N·s，方向向左．
③速度—位移关系式：vt2－v02＝ 2ax.
(2)牛顿运动定律 ①牛顿第一定律；
②牛顿第二定律：F合＝ ma ； ③牛顿第三定律．
2．动量的观点 (1)动量定理：I合＝ Δp . (2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ .
3．能量的观点 (1)动能定理：W总＝ ΔEk ； (2)机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝ Ek2＋Ep2 ； (3)能量守恒定律．
⑤
答案：M1＋Mm1MM22＋mh
4．如图12－3－3甲所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接后放在光滑的水平地面上， 物体B右侧与竖直墙相接触．另有一个物体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图象如图乙所示．求：
答案：D
3．(2011·临沂模拟)科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，
他们使两个带正电的不同重离子加速后，沿同一直线相
向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多
地转化为内能，关键是设法使两个重离子在碰撞前的瞬
间具有相同大小的
()
A．速率
B．质量
C．动量
D．动能
解析： 两个重离子碰前如果具有大小相等的动量，则总 动量为零，碰后总动量也为零，两个离子在碰后的动量 都可能等于零，碰前的动能全部转化为内能，故选项C 正确． 答案：C
4．从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为 100 m，上升速度为17.5 m/s时，由于质量问题沿竖直 方向爆炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s落回 出发点，求B块经多长时间落回出发点？(不计空气阻 力，取g＝10 m/s2)
解析：设爆炸后 A 的速度为 vA，并设向上为正方向， 由－h＝vAt－12gt2 得 vA＝－5 m/s. 在爆炸过程中，根据动量守恒定律(仍设向上为正方向) mv＝12mvA＋12mvB，得 vB＝40 m/s， 由－h＝vBt′－12gt′2 得：t′＝10 s 即 B 块经 10 s 落回地面．
速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v 前′≥v 后′. (2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
[题组突破]
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线在同
一方向上运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB ＝3 kg·m/s.当A球追上B球时发生正碰，则A、B两球碰撞
()
A．－20 kg·m/s
B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s
D．30 kg·m/s
解析： 碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此 时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保 持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s， 则C项正确． 答案：C
(3)木块返回 B 点进入水平轨道做匀减速运动，最终静止，摩擦力 的冲量为 I，由牛顿第二定律、匀变速运动规律得： a＝M＋f m＝5 m/s2 t＝va＝1 s I＝μ(M＋m)gt 代入数据解得 I＝5 N·s.
[答案] (1)5 m/s (2)1.25 m (3)5 N·s
[归纳领悟] 1．机械能守恒定律是能量守恒定律的一种表现形式，它的
[思路点拨] 碰撞过程中动量守恒，根据碰撞前后的动 能是否相等判断碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] (1)设向东为正方向，则 v1＝6 m/s，v1′＝－4 m/s，v2 ＝－2 m/s，v2′＝4 m/s. 又碰撞前后动量守恒，由动量守恒定律得， m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′解得：mm12＝35. (2)碰撞前系统的总动能 Ek＝12m1v12＋12m2v22＝654m2， 碰撞后系统的总动能 Ek′＝12m1v1′2＋12m2v2′2＝654m2. 因为 Ek′＝Ek，所以这次碰撞是弹性碰撞．
[题组突破]
3. 两质量分别为M1和M2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12－3
图12－3－2
－2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．
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
2．静止的实验火箭，总质量为 M，当它以对地速度 v0 喷出质
量为 Δm 的高温气体后，火箭的速度为
()
A.MΔ－mΔv0m
B．－MΔ－mΔv0m
C.ΔmMv0
D．－ΔmMv0
解析：此题属于反冲运动，遵循动量守恒定律，设火箭的对地 速度为 v，则有：0＝(M－Δm)v＋Δmv0，所以 v＝－MΔ－mΔv0m， 故答案选 B.
(1)子弹射入木块与木块获得的共同速率； (2)子弹射入后与木块在圆弧轨道上上升的最大高度； (3)从木块返回B点到静止在水平面上，摩擦阻力的冲量的 大小．
[思路点拨] 子弹打入木块的过程中动量守恒，整体在曲 面上运动机械能守恒，返回B点后在水平面上做匀减速直 线运动直到停止，可由冲量的定义计算摩擦阻力的冲量 大小．
[解析] (1)设子弹射入木块与木块获得的共同速度为 v，子弹射入 木块前后系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v， 解得 v＝5 m/s. (2)设木块上升最大高度为 h，子弹与木块在光滑弧形轨道 BC 上运 动，到达最高点的过程机械能守恒 12(M＋m)v2＝(M＋m)gh，解得 h＝1.25 m.
[特别提醒] 应用三大观点解决问题时，都必须做好受力 分析和物理过程分析．用力的观点侧重于分析物体的受力 情况求合力，而用能量的观点则侧重于分析力的做功情 况．通过分析受力情况及遵循的规律，然后再根据规律列 式求解．
1.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用
前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中， a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为
2．爆炸现象 (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远大于受到的外力 ，所以在爆炸 过程中，系统的总动量 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，所以爆炸前后系统的总动能 增加 ．
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，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 炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开 始运动．
后的动量可能值是
()
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：以 A、B 为系统，系统受外力之和为零，A、B 组成的系统 动量守恒， 即 pA′＋pB′＝ pA＋ pB＝ 9 kg·m/s＋ 3 kg·m/s＝ 12 kg·m/s，故先排除了 D 项． A、B 碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即 EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′ EkA＋EkB＝2pmA2＋2pmB2＝812＋m 9 J＝29m0 J.
条件是只有重力和弹簧的弹力做功，当相互作用的系统 有多个过程时，要注意不同过程的受力情况、力的做功 情况，准确判断物理量的守恒情况． 2．在物体的打击、碰撞过程中，满足动量守恒，但这些过 程中往往要有机械能的损失．机械能守恒时往往在题目 中隐含各处光滑的条件，另外，在弹簧作用的系统内， 没有摩擦阻力情况下，系统的机械能也是守恒的．
[答案] (1)3∶5 (2)是弹性碰撞
[归纳领悟] 1．动量守恒，即 p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．机械能不增加．即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm121＋2pm222≥p21m′12＋
p22m′22. 3．速度要合理 (1)若碰前两物体同向运动，则应有 v 后＞v 前，碰后原来在前的物体
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球 A 与 B 碰撞前的速度
大小相等，设均为 v0.由机械能守恒有
mAgH＝12mAv02
①
设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，以竖直向上方向为正， 由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2