动量守恒与摩擦生热的综合

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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 ．。

摩擦力做功和摩擦生热是怎么一回事？

摩擦力做功和摩擦生热是怎么一回事？在学习高中物理的时候往往会遇到很多关于物理问题，上课觉着什幺都懂了，可等到做题目时又无从下手。

以至于对于一些意志薄弱、学习方法不对的同学就很难再坚持下来。

过早的对物理没了兴趣，伤害了到高中的学习信心。

收集整理下面的这几个问题，是一些同学们的学习疑问，小编做一个统一的回复，有同样问题的同学，可以仔细看一下。

【问：摩擦力做功和摩擦生热是怎幺一回事？】答：摩擦力做功与摩擦生热是截然不同的两个概念，摩擦力做功指的是摩擦力对某个物体做的功，而摩擦生热，指的是两个物体借助于摩擦力将自身的能量（如动能）转化为热能的过程。

前者的计算式w=fx，x是相对于地的位移，而后者计算式为：q=fd，d是两个物体间的相对位移。

【问：做曲线运动的条件是什幺？】答：物体受到的合外力与速度不在同一直线上时，就会做曲线运动。

反之，速度方向与合外力方向相同或相反时，物体做直线运动。

物体要幺做加速直线运动（力与运动方向相同），要幺做减速直线运动（此时外力与速度的方向相反），要幺就是匀速直线运动（合外力为零）。

【问：动能定理定义是什幺？】答：动能定理含义：合外力做的功等于物体动能的变化。

表达式w合=Δek=1/2mv2-1/2mv02；适用范围：恒定外力做功，多力做功，变力做功，某过程做功，全程做功。

动能定理一般来说是以某物体（或可以看出整体的多个物体）为分析对象的。

【问：在什幺条件下物体可看作质点？】答：（1）当物体上各部分的运动状态都相同时，任何一点的运动情况都能反映物体的运动，这时物体就可看作一个质点。

（2）物体的大小、形状对所研究的运动等问题可以忽略不计的情况下，可以看作质点。

（3）需要注意的是，同一个物体在不同的问题中，有时可以看作质点，有时不能看作质点。

物体能否被看做成一个质点，还要看具体的环境。

动量守恒定律中的共速模型2

动量守恒定律中的“共V 模型”力的观点、动量的观点、能量的观点是力学问题分析中总的思路，通过对多过程问题受力分析抓住特殊状态及状态之间的相互联系，利用动量和能量的解决问题，可以避开中间的的复杂问题。

在动量守恒定律的应用中，两物体相互作用后以相同的速度运动即“共V 模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

对于“共V 模型”中通常是围绕能量的转化为主线，下面分别从以下几个方面加以分析说明。

1．动能转化为内能这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，通过滑动摩擦力做功实现了能量的通过滑动摩擦力做功实现了能量的转化。

例1．如图1所示，质量为M 的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m 的木块以水平初速度0v 滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为m ，求：（1）m 的最终速度v ；（2）m 与M 相对滑动产生的焦耳热Q ；（3）m 在M 上相对滑动的距离L 。

分析：m 与M 之间速度不同，必然存在相对运动，在相互的摩擦力作用下m 减速而M 加速，当两者速度相同时无相对运动达共速，时无相对运动达共速，所以所以m 的最终速度v 即为两者的共同速度共V 。

对m 、M 整体分析知，系统所受合外力为零，动量守恒，既然两者出现共速，动能必然要减少，从能量守恒的角度看，减少的动能转化为内能产生焦耳热。

产生的热就其原因看是由于两者的相互摩擦，所以可以利用摩擦力产生热的特点即相对滑动S f Q ×=得解。

得解。

解：（1）对m 、M 组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得 v M m mv)(0+= ○1 得：M m m v v +=0 ○2 （2）对系统由能量守恒得产生焦耳热）对系统由能量守恒得产生焦耳热22)(2121vM m mv Q +-=○3 得：得：由○2、○3解得解得 )(220M m m M vQ +=○4 （3）由滑动摩擦力生热特点得）由滑动摩擦力生热特点得 L m g L f Q ×=×=m ○5得：得：解得解得 )(220M m g Mv L +=m ○6 变式题1-1．如图1-1所示，在光滑水平面上一质量为m 的物块以初速度0v 与质量为M 的物块发生碰撞后粘在一起，则在两物块碰撞过程中产生的焦耳热Q 为多少？为多少？分析：两物块发生碰撞后“粘在一起”，即碰撞后一共同速度运动，典型的“共V 模型”。

2024北京高三一模物理汇编：动量守恒定律章节综合

2024北京高三一模物理汇编动量守恒定律章节综合一、单选题1．（2024北京朝阳高三一模）如图所示，光滑水平地面上的P 、Q 两物体质量均为m ，P 以速度v 向右运动，Q 静止且左端固定一轻弹簧。

当弹簧被压缩至最短时（）A ．P 的动量为0B ．Q 的动量达到最大值C ．P 、Q 系统总动量小于mvD ．弹簧储存的弹性势能为214mv 2．（2024北京西城高三一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。

实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A 位置，撤除电磁作用。

此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A 位置，再经历一段减速运动后静止。

某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s ，实验舱的质量为500kg 。

他根据上述信息，取重力加速度210m /s g =，做出以下判断，其中正确的是（）A ．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态B ．实验舱运动过程中的最大速度为40m/sC ．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于5110J ⨯D ．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于4110N s ⨯⋅3．（2024北京门头沟高三一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。

0=t 时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。

压力传感器中压力大小F 随时间t 变化图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）A ．1t 时刻，小球的动能最大B ．12t t 时间内，小球始终处于失重状态 C ．13t t 时间内，小球所受合力的冲量为0 D ．23t t 时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量4．（2024北京海淀高三一模）如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初速度v 从M 点竖直向上抛出，在小球从M 点运动至与抛出点等高的位置N 点（图中未画出）的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A ．小球运动到最高点时的速度为零B ．小球在M 点和N 点的动能相等C ．小球上升过程和下降过程水平方向位移相同D ．小球上升过程和下降过程动量的变化量相同5．（2024北京东城高三一模）如图所示，质量为M 、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m 的小球第①次和第①次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为0v 的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。

专题07动量和能量的综合应用

专题07动量和能量的综合应用知识梳理考点一动量与动量定理应用动量定理解题的一般步骤及注意事项线如图所示，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【答案】AB【解析】由动量定理可得：Ft=mv ，解得m Ft v = ，t=1 s 时物块的速率为s m m Ft v /212⨯===1 m/s ，故A 正确；在Ft 图中面积表示冲量，所以，t=2 s 时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ，t=3 s 时物块的动量大小为P /=(2×21×1)kgm/s=3 kg·m/s ，t=4 s 时物块的动量大小为P //=(2×21×2)kgm/s=2 kg·m/s ，所以t=4 s 时物块的速度为1m/s ，故B正确，C 、D 错误考点二动量守恒定律一、应用动量守恒定律的解题步骤二、几种常见情境的规律碰撞（一维）动量守恒动能不增加即p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2速度要合理①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

爆炸动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力动能增加：有其他形式的能量(如化学能)转化为动能位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计反冲动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力机械能增加：有其他形式的能转化为机械能人船模型两个物体动量守恒：系统所受合外力为零质量与位移关系：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)例一(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。

高中物理新教材同步选择性必修第一册主题1 微型专题动量和能量的综合应用

微型专题动量和能量的综合应用[学科素养与目标要求]物理观念：进一步理解动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律的内容及其含义.科学思维：1.掌握应用动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律解题的方法步骤.2.通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力.一、滑块—木板模型1.把滑块、木板看做一个整体，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，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE ＝F f ·s 相对，其中s 相对为滑块和木板相对滑动的路程.3.注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多.例1 如图1所示，B 是放在光滑的水平面上质量为3m 的一块木板，物块A (可看成质点)质量为m ，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B 静止，物块A 以水平初速度v 0滑上长木板，木板足够长.求：(重力加速度为g )图1(1)木板B 的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A 、B 速度刚好相等的过程中，木块A 所发生的位移大小；(3)若物块A 恰好没滑离木板B ，则木板至少多长？答案 (1)v 04 (2)15v 0232μg (3)3v 028μg解析 (1)由题意知，A 向右减速，B 向右加速，当A 、B 速度相等时B 速度最大.以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律：m v 0＝(m ＋3m )v ，得：v ＝v 04(2)A 向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx 1＝12m v 2－12m v 02 则木块A 所发生的位移大小为x 1＝15v 0232μg(3)方法一：B 向右加速过程的位移设为x 2.则μmgx2＝12×3m v 2，解得：x2＝3v0232μg木板的最小长度：L＝x1－x2＝3v028μg方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝12m v02－12(m＋3m)v2得：L＝3v028μg.[学科素养]例题可用动能定理、牛顿运动定律结合运动学公式、能量守恒定律等方法求木板的长度，通过对比选择培养了对综合问题的分析能力和应用物理规律解题的能力，体现了“科学思维”的学科素养.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，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2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(时间极短且未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g)图2(1)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能；(2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离.答案(1)Mm v22(M＋m)(2)m2v22(M＋m)2μg解析(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：m v＝(M＋m)v′①射入过程中系统损失的机械能ΔE＝12m v2－12(M＋m)v′2②由①②两式解得：ΔE＝Mm v22(M＋m).(2)子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－12(M＋m)v′2③由①③两式解得：x＝m2v22(M＋m)2μg.子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.三、弹簧类模型1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒.2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：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：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大.例3 如图3所示，A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙壁，A 、B 之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为m A ＝m ，m B ＝2m ，m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0，C 与B 发生碰撞并粘合在一起.试求：图3(1)A 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；(2)A 离开墙壁后，C 的最小速度的大小.答案 (1)16m v 02 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则m v 0＝3m v ，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：E pm ＝12×3m v 2 联立解得：E pm ＝16m v 02 (2)A 离开墙壁前，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B 、C 的速度为v ′，有E pm ＝32m v ′2，则v ′＝v 03. A 离开墙壁后，在弹簧弹力的作用下速度逐渐增大，B 、C 的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A 达到最大速度v A ，B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒.以水平向右为正方向，有3m v ′＝m v A ＋3m v C ，E pm ＝12m v A 2＋32m v C 2，解得：v C ＝v 06. 针对训练如图4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 相连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 与弹簧可视为一个整体.现A 以初速度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v 0.求弹簧释放的弹性势能.图4答案 13m v 02 解析设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝3m v ①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得3m v ＝2m v 1＋m v 0②设弹簧释放的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 12＋12m v 02③ 由①②③式得，弹簧所释放的弹性势能为E p ＝13m v 02.1.(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为( )图5A.LB.3L 4C.L 4D.L 2答案 D解析长木板固定时，由动能定理得：－μMgL ＝0－12M v 02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有M v0＝2M v，μMgs＝12－12×2M v2，得s＝L2，D项正确，A、B、C2M v0项错误.2.(子弹打木块模型)(多选)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v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是()图6A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大答案ABC解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝m v0，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过M＋m程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝F f·x相对知，由于相对位移x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误.3.(弹簧类问题)如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()图7A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J答案 B解析由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝2 m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为12(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.4.(动量与能量的综合)(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图8所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上.将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图8(1)球和物块A 碰后瞬间A 物块的速度大小.(2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能.答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ， mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s 球与A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ，解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中：M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s.A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2 代入数据，得出ΔE ＝1.5 J一、选择题1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v ＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是()图1A.做减速运动B.做加速运动C.做匀速运动D.以上运动都有可能答案 A解析开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝M v1代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.9 m/s，所以物块处于向左减速的过程中.2.(多选)如图2所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰.在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图2A.弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B.弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C.弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少D.物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零答案ABD解析物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确.A、B和弹簧组成的系统动量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，根据能量守恒，知此时A、B的动能之和最小，故B正确.弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误.当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确.3.如图3所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点.Q与水平轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图3A.P 的初动能B.P 的初动能的12C.P 的初动能的13D.P 的初动能的14答案 B解析把小滑块P 和Q 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒.在整个碰撞过程中，当小滑块P 和Q 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大.设小滑块P 的初速度为v 0，两滑块的质量均为m ，以v 0的方向为正方向，则m v 0＝2m v ，得v ＝v 02所以弹簧具有的最大弹性势能E pm ＝12m v 02－12×2m v 2＝14m v 02＝12E k0，故B 正确. 4.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4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( )图4A.12m v 2B.μmgLC.12NμmgLD.mM v 22(m ＋M )答案 D解析由于箱子M 放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的系统动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块与箱子之间不再发生相对滑动，以v 的方向为正方向，有m v ＝(m ＋M )v 1系统损失的动能是因为摩擦力做负功ΔE k ＝－W f ＝μmg ·NL ＝12m v 2－12(M ＋m )v 12＝mM v 22(m ＋M )，故D 正确，A 、B 、C 错误. 5.(多选)如图5所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d 时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L ，木块对子弹的平均阻力为F f ，那么在这一过程中下列说法正确的是( )图5A.木块的机械能增量为F f LB.子弹的机械能减少量为F f(L＋d)C.系统的机械能减少量为F f dD.系统的机械能减少量为F f(L＋d)答案ABC解析子弹对木块的平均作用力大小为F f，木块相对于桌面的位移为L，则子弹对木块做功为F f L，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为F f L.故A正确.木块对子弹的阻力做功为－F f(L＋d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量，即机械能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为F f(L＋d)，故B正确.子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为F f d，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为F f d，故C正确，D错误.6.如图6所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D 间的距离x随各量变化的情况是()图6A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，μ越大x越大C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大答案 A解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，得x＝R，选项A正确，B、C、D错误.μ7.(多选)(2018·福州十一中高二下期中)如图7所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ.下列说法中正确的是()图7A.若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B.若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C.若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减小D.若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小答案BCD解析滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q＝F f L相＝μmgL相，因为相对位移没变，所以产生的热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L很小，对滑块根据动能定理：－μmg(x M ＋L)＝12m v12－12m v02，可知滑块滑离木板时的速度v1较大，滑块动量变化较小，由动量守恒定律知，木板动量变化也较小，再根据动量定理知，木板受到的冲量较小，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L也会很小，故D正确.8.(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图8所示.现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图8A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为m v0 M＋mC.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为m 2v 022g (M ＋m )2答案 BD解析从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A 、C 错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：m v 0＝(m ＋M )v ′ 所以子弹射入木块后的共同速度为：v ′＝m v 0M ＋m ，故B 正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：12(M ＋m )v ′2＝(M ＋m )gh ，可得上升的最大高度为：h ＝m 2v 022g (M ＋m )2，故D 正确.9.(多选)如图9所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图9A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C.B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D.B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算答案 BC解析根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误. 10.(多选)如图10所示，图甲表示光滑平台上物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )图10A.小车上表面长度B.物体A 与小车B 的质量之比C.物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D.小车B 获得的动能答案 BC解析由题图乙可知，A 、B 最终以共同速度v 1做匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得：m Am B ＝v 1v 0－v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由题图乙可以知道A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得：μm A g Δx ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 12，根据求得的质量关系，可以解出A 与小车B 上表面间的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误. 二、非选择题11.如图11所示，质量m B ＝2 kg 的平板车B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量m A ＝2 kg 的物块A ，A 、B 一起以大小为v 1＝0.5 m/s 的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m 0＝0.01 kg 的子弹以大小为v 0＝600 m/s 的水平初速度向右瞬间射穿A 后，速度变为v ＝200 m/s .已知A 与B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止时A 刚好停在B 的右端，车长L ＝1 m ，g ＝10 m/s 2，求：图11(1)A 、B 间的动摩擦因数； (2)整个过程中因摩擦产生的热量. 答案 (1)0.1 (2)1 600 J解析 (1)规定向右为正方向，子弹与A 作用的过程，根据动量守恒定律得：m 0v 0－m A v 1＝m 0v ＋m A v A ，代入数据解得：v A ＝1.5 m/s ，子弹穿过A 后，A 以1.5 m/s 的速度开始向右滑行，B 以0.5 m/s 的速度向左运动，当A 、B 有共同速度时，A 、B 达到相对静止，对A 、B 组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得：v 2＝0.5 m/s.根据能量守恒定律知：μm A gL ＝12m A v A 2＋12m B v 12－12(m A ＋m B )v 22，代入数据解得：μ＝0.1.(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为： Q ＝12m 0v 02＋12(m A ＋m B )v 12－12m 0v 2－12(m A ＋m B )v 22，代入数据解得：Q ＝1 600 J.12.(2018·沂南高二下期中)如图12所示，质量为M 的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m 、速度为v 0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12(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少； (3)木块至少为多长时子弹不会穿出.答案 (1)m v 0m ＋M (2)Mm v 022(M ＋m ) Mm 2v 022(M ＋m )2 (3)Mm v 022(M ＋m )F解析 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v 解得：v ＝m v 0m ＋M(2)由能量守恒定律可知：12m v 02＝Q ＋12(m ＋M )v 2得产生的热量为：Q ＝Mm v 022(M ＋m )由动能定理，子弹对木块所做的功为：W ＝12M v 2＝Mm 2v 022(M ＋m )2(3)设木块最小长度为L ，由能量守恒定律：FL ＝Q 得木块的最小长度为：L ＝Mm v 022(M ＋m )F13.如图13所示，一光滑水平桌面AB 与一半径为R 的光滑半圆形轨道相切于C 点，且两者固定不动.一长L ＝0.8 m 的细绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量m 1＝0.2 kg 的球.当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零.现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放.当球m 1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m 2＝0.8 kg 的小铁球正碰，碰后m 1小球以2 m/s 的速度弹回，m 2将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D ，g ＝10 m/s 2，求：图13(1)m 2在半圆形轨道最低点C 的速度大小； (2)光滑圆形轨道的半径R . 答案 (1)1.5 m/s (2)0.045 m解析 (1)设球m 1摆至最低点时速度为v 0，由机械能守恒定律知 m 1gL ＝12m 1v 02得v 0＝2gL ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/sm 1与m 2正碰，两者动量守恒，设m 1、m 2碰后的速度分别为v 1、v 2 以向右的方向为正方向，则m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 解得v 2＝1.5 m/s(2)m 2在CD 轨道上运动时，由机械能守恒有 12m 2v 22＝m 2g (2R )＋12m 2v D 2由小球m 2恰好能通过最高点D 可知，重力提供向心力，即m 2g ＝m 2v D 2R联立代入数据解得R ＝0.045 m.14.(2018·泉州五中模拟)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为12m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接.AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图14所示.物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后释放，P 开始沿轨道运动，运动到B 点与Q 物块碰撞后粘在一起，P 、Q 均可看成质点，重力加速度大小为g .若P 、Q 的质量均为m ，求：图14(1)当弹簧被压缩到l 时的弹性势能；(2)P 到达B 点时速度的大小和与Q 物块碰撞后的速度大小； (3)P 、Q 整体运动到D 点时对轨道的压力大小. 答案 (1)12mgl (2)25gl5gl (3)0解析 (1)对弹簧和质量为12m 的物体组成的系统，由能量守恒定律有E p ＝12mgl (2)从P 释放至运动到B 点的过程中，对P 用动能定理有W 弹－μmg ·4l ＝12m v P 2又因为W 弹＝E p －0＝12mgl 解得v P ＝25gl由P 、Q 碰撞过程中动量守恒有m v P ＝2m v B 解得v B ＝5gl(3)B 点到D 点的过程中，P 、Q 整体的机械能守恒，则有12·2m v B 2＝12·2m v D 2＋2mg ·2l设在D 点时，P 、Q 整体受到轨道的压力为F N ，根据牛顿第二定律，在D 点有F N ＋2mg ＝2m v D 2l ，解得F N ＝0根据牛顿第三定律，P 、Q 整体运动到D 点时对轨道的压力大小F N ′＝0.。

摩擦力做功和产生热能的关系

摩擦力做功与产生热能的关系众所周知,恒力做功的公式为W=F.Scosθ, 但当做功的力涉及到摩擦力时,往往会使问题变的复杂化. 我们知道摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.1．摩擦力做功的特点与产生热能的机理.根据，<费曼物理学讲义>中的描述：“摩擦力的起因:从原子情况来看,相互接触的两个表面是不平整的,它们有许多接触点,原子好象粘接在一起,于是,当我们拉开一个正在滑动的物体时,原子啪的一下分开，随及发生振动，过去，把这种摩擦的机理想象的很简单，表面起因只不过布满凹凸不同的形状，摩擦起因于抬高滑动体越过突起部分，但是事实不可能是这样的，因为在这种情况中不会有能量损失，而实际是要消耗动力的。

动力消耗的机理是当滑动体撞击突起部分时，突起部分发生形变，接着在两个物体中产生波和原子运动，过了一会儿，产生了热。

”从以上对摩擦力做功与产生热能的机理的描述，我们从微观的角度了解到摩擦生热的机理，”所以，我们对“做功”和“生热”实质的解释是：做功是指其中的某一个摩擦力对某一个物体做的功，而且一般都是以地面为参考系的，而“生热”的实质是机械能向内能转化的过程。

这与一对相互作用的摩擦力所做功的代数和有关。

为了说明这个问题，我们首先应该明确摩擦力做功的特点．２．摩擦力做功的特点．我们学习的摩擦力包括动摩擦力和静摩擦力，它们的做功情况是否相同呢？下面我们就分别从各自做功的特点逐一分析。

２．１静摩擦力的功静摩擦力虽然是在两个物体没有相对位移条件下出现的力，但这不等于静摩擦力做功一定为零。

因为受到静摩擦力作用的物体依然可以相对地面或其它参考系发生位移，这个位移如果不与静摩擦力垂直，则静摩擦力必定做功，如果叠在一起的两个木块Ａ、Ｂ，在拉力Ｆ的作用下沿着光滑水平面发生一段位移s，图一所示，则Ａ物体受到向前的静摩擦力f０对Ａ作正功W= f０s图一图二在圆柱体沿水平面向前无滑滚动时，（图二所示），虽然圆柱体相对地面存在位移，但地面对车轮的静摩擦力f ０并不做功，这时，不能认为滚动的圆柱体是一个质点，从地面参考系来看，在一段微小时间间隔内，f ０作用于地面接触的圆柱体边缘一点Ａ，对于静摩擦力f ０而言Ａ的瞬时速度v Ａ＝０，故Ａ的微小位移dr ＝v Ａdt ＝０，元功为零，下一个微小时间间隔内，静摩擦力f ０则作用在另一个质点Ｂ，同样元功为零．所以滚动过程中静摩擦力f ０对圆柱体做功为零．在此过程中，滚动摩擦要阻止圆柱体滚动，柱体需要克服这种阻碍消耗能量做功，但这主要是克服滚动过程中地面形变后产生的支持力所导致的阻力矩的功．高中阶段，一般我们只分析第一种情况的静摩擦力的做功情况．由以上分析，我们可以归纳出静摩擦力做功有以下特点：1、静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．2、在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移，而没有机械能相互为其它形式的能．3、相互作用的系统内，一对静摩擦力所做的功的和必为零。

2021-2022学年北京各名校高一下学期期末考试物理汇编：动量守恒定律章节综合

2022北京重点校高一（下）期末物理汇编动量守恒定律章节综合一、单选题1．（2022·北京·汇文中学高一期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m 、200m 的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为m 的子弹C 以速度0v 射入物块A 并留在A 中，以此刻为计时起点，两物块A （含子弹C ）、B 的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息分析可知，下列说法中错误的是（）A ．子弹C 射入物块A 的速度0v 为600m/sB ．在13t t 时间内，弹簧处于压缩状态C ．当物块A （含子弹C ）的速度为零时，物块B 的速度为3m/sD ．在2t 时刻弹簧处于自然长度2．（2022·北京·汇文中学高一期末）A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 1kg m =，B 2kg m =，A 6m/s v =，B 2m/s v =，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是（） A ．A5m/s v '=，B 2.5m/s v '= B ．A2m/s v '=，B 3.0m/s v =' C ．A3m/s v '=，B 3.5m/s v =' D ．A 3m/s v '=-，B v 6.5m/s '=3．（2022·北京·清华附中高一期末）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。

短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。

若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是（）A ．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小C．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒4．（2022·北京·汇文中学高一期末）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。

动力学三大守恒定律

动力学三大守恒定律【知识专栏】动力学三大守恒定律1. 引言及概述动力学三大守恒定律是物理学中非常重要的概念，它们为我们理解和描述物体运动提供了基础规律。

这三大守恒定律分别是动量守恒定律、角动量守恒定律和能量守恒定律。

本文将以从简到繁、由浅入深的方式来逐步探讨这三大守恒定律的背后原理和应用，以帮助读者更全面地理解这一主题。

2. 动量守恒定律2.1 动量的基本概念为了更好地理解动量守恒定律，首先需要了解动量的基本概念。

动量是物体运动的数量度，表示物体在运动过程中所具有的惯性。

动量的大小与物体的质量和速度相关，可以用数学公式 p = m * v 表示，其中 p 为动量，m 为物体的质量，v 为物体的速度。

2.2 动量守恒定律的表述根据动量守恒定律，一个封闭系统中物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。

也就是说，如果一个物体的动量发生改变，那么系统中其他物体的动量总和将相应地发生改变，以保持系统的总动量守恒。

2.3 动量守恒定律的应用动量守恒定律在多个领域中都有应用，例如力学、流体力学和电磁学等。

在碰撞问题中，我们可以利用动量守恒定律来分析碰撞前后物体的速度和质量变化。

在交通事故中，通过应用动量守恒定律，我们可以了解事故发生时车辆的速度和冲击力对乘客的影响，并提出相应的安全建议。

3. 角动量守恒定律3.1 角动量的基本概念角动量是物体绕某一轴旋转时所具有的运动状态，它是描述物体旋转惯性的量度。

角动量的大小与物体的惯性和旋转速度相关，可以用数学公式L = I * ω 表示，其中 L 为角动量，I 为物体的转动惯量，ω 为物体的角速度。

3.2 角动量守恒定律的表述根据角动量守恒定律，一个封闭系统中物体的总角动量在没有外力矩作用的情况下保持不变。

即使系统中发生了旋转速度的改变，但系统的总角动量仍然保持恒定。

3.3 角动量守恒定律的应用角动量守恒定律在天体物理学、自然界中的旋转现象等领域中具有广泛的应用。

它被用来解释行星和卫星的自转、陀螺的稳定性以及漩涡旋转等自然现象。

动量守恒定律知识总结及题型总结

2：动量守恒定律知识总结1推导： 2内容：系统不受外力作用或，这个系统的保持不变。

3基本公式：4动量守恒定律的几种表达式（1）如果研究的系统所受合外力为零，则系统的总动量守恒。

也就上说，系统内力不能使系统的总动量发生改变。

这一点与机械能守恒定律有本质上的差别。

（2）如果研究的系统所受合外力不等于零，但合外力远小于内力（即合外力可以忽略），则仍可认为系统总动量守恒，这种情况的特点是物体间相互作用时间很短，如碰撞、爆炸、打击等。

（3）如果研究的系统所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量为零，则沿该方向系统总动量的分量守恒。

（4）若系统在整个过程中动量守恒，则该系统在全过程的平均动量也守恒。

6适用范围：大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，只要满足守恒条件，动量守恒定律都成立，即动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一。

7使用说明：（1）中学阶段只研究相互作用前后速度方向在一条直线上的简单情形。

（2）只相对同一参考系（3）矢量性 8解题步骤（1）明确研究系统，判断动量是否守恒。

（2）选取正方向，明确作用前总动量和作用后总动量。

（3）列方程，p 前=p 后。

（4）解方程，据所求矢量的正负判定与正方向的异同。

动量守恒的三种类型习题: a:合外力为零即F 合=0 1、小平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端有物体A 以水平初速度V 0向车的右端滑行，如图所示，由于A 、B 间存在摩擦，B 车向右运动（设B 车足够长），则B 的速度最大时应出现在（）A A 的速度最小时 BA 、B 速度相等时C A 在B 上相对静止时D B车开始匀减速运动2、如图所示，光滑水平面上静止的小车内中央处有一质量为m 的物体，物体与水平车底间有摩擦，若物体以初速υ0向右运动，并与小车的前后壁发生多次碰撞，最后与小车相对静止，此时小车的速度为：（） A υ0，水平向右B 0C Mm m v +0，水平向右D Mm m v +0，水平向左b:系统合外力不为零，但在某一方向上系统合外力为零，此方向上系统的动量守恒。

高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

（1）A、B 相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）A、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径 R＝x0 的半圆轨道 PQ，圆弧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，则 v 至少为多大时物块 A 能沿圆弧轨道运动到 Q 点．（计算结果可用根式表示）
mv2 (m M )v mv2
解得：v=0．40m/s
对
P1、P2、M
为系统：
f2L
1 2
mv22
1 (m 2
M )v2
代入数值得：L=3．8m
滑板碰后，P1 向右滑行距离： s1
v2 2a1
0.08m
P2 向左滑行距离： s2
v22 2a2
2.25m
所以 P1、P2 静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m
根据能量守恒定律得： m + = m +
解得：vB = - +
因为 B 不改变运动方向，所以 vB = - + ≥0
解得： q≤ Q
则 B 所带电荷量的最大值为：qm = Q
5．如图所示，质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成 θ=600 的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于
450．
【答案】最多碰撞 3 次【解析】解：设小球 m 的摆线长度为 l
小球 m 在下落过程中与 M 相碰之前满足机械能守恒：

动量与能量综合问题归类分析

量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A时，
两者旳共同速度 v共 =0
①
设弹簧解除锁定前旳弹性势能为EP，上述过程中系统能量守恒，则有 EP=mgR+μmgL ②
代入数据解得 EP =7.5 J
③
⑵设小物块第二次经过O′时旳速度大小为vm，此时平板车旳速度大小为vM ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有
1 2
Mv 2 2
题目 2页 3页末页
代入数据可得：v1+3v2=4
v21 +3v22 =10
解得
v1
2
3 2
2 3.12m/s
2 2 v2 2 0.29m/s
以上为A、B碰前瞬间旳速度。
或
v1
23 2
2 1.12m/s
v2
2 2
2
1.71m/s
此为A、B刚碰后瞬间旳速度。
题目 2页 3页末页
m
M
若小球只能在下半个圆周内作摆动 1/2m1V22 =m1gh ≤m1gL V2 2gL v0 m M 2gL
类型三：子弹射木块类问题
如图所示,质量为m旳小木块与水平面间旳动摩擦因数
μ=0.1.一颗质量为0.1m、水平速度为v0=33 Rg 旳子弹
打入原来处于静止状态旳小木块（打入小木块旳时间极短, 且子弹留在小木块中）,小木块由A向B滑行5R,再滑上半径为R旳四分之一光滑圆弧BC,在C点正上方有一离C高度也为R旳旋转平台,平台同一直径上开有两个离轴心等距旳小孔P和Q,平台旋转时两孔均能经过C点旳正上方,若要使小木块经过C后穿过P孔,又能从Q孔落下,则平台旳角速度应满足什么条件？
住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上旳某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车旳挂钩忽然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：

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。

(统考版)高考物理一轮复习第六章动量守恒定律专题五动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书

专题五　动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．关键能力·分层突破考点一　碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(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．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.教你解决问题第一步：审条件　挖隐含P的速度不变．①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→P1、P2获得共同速度．②“碰撞后P1与P2粘连在一起”隐含→P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”隐含→中的弹性势能变化为零．第二步：审情景　建模型①P1与P2碰撞建模碰撞模型．→②P与P2之间的相互作用建模滑块—滑板模型．→第三步：审过程　选规律①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能E p.模型3“子弹打木块”模型1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v ，Q 热＝fL相对＝12mv2－12(M ＋m )v 2.(2)若子弹穿出木块，有mv 0＝mv 1＋Mv 2，Q 热＝fL 相对＝12mv −0212mv −1212M v 22.例3.(多选)如图所示，一质量m 2＝0.25 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.30 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m 1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝18 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.下列分析正确的是( )A ．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13s B ．最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C ．小车的最小长度为1.0 mD ．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 跟进训练1．[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A 、B 大小相等，质量分布均匀，分别为m 1、m 2，m 1<m 2，A 、B 与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A 球心等高处水平快速向右敲击A ，作用于A 的冲量大小为I 1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B 球心等高处水平快速向左敲击B ，作用于B 的冲量大小为I 2，I 1＝I 2，则下列说法正确的是( )A ．若两次锤子敲击完成瞬间，A 、B 两球获得的动量大小分别为p 1和p 2，则p 1＝p 2B ．若两次锤子敲击分别对A 、B 两球做的功为W 1和W 2，则W 1＝W 2C ．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 1和L 2，则L 1<L 2D ．若两次弹簧压缩到最短时，A 、弹簧、B 的共同速度大小分别为v 1和v 2，则v 1>v 22．如图甲所示，质量为M ＝3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上，在t ＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t 图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二　力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4. 如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知x bc＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五　动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力·分层突破例1　解析：由题意可知，当b的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a的速度最大为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝mb v1+m a v，12m b v2＝12m b v12＋12m a v2，代入数据解得：m a＝0.5 kg，v＝4 m/s，故A错误，B正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝(m a＋m b)v2，E p＝12mbv−212(ma＋m b)v22，代入数据解得：Ep＝1.5 J，故C正确；在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D错误．答案：BC例2　解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝v 0 2最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝3 4 v0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：1 2×2mv+¿1212×2mv−212×4m v22¿＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝v0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋x)解得E p＝116mv2答案：(1)v0234v0　(2)v0232μg－L　116mv2例3　解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v2＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m2 2(m1+m2)v2，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：x A＝12(2＋4)×1 m＝3 m，x B＝12×2×1 m＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2x′A＝v2−v A2－2a A＝0.96 mx车＝v22a车＝0.16 m车的长度至少为l＝x A＋x B＋x′A－x车＝4.8 m.答案：(1)0　(2)4.8 m例4　解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+¿1212m2v22¿解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v，距水平面的高度为h，则有m1v1＝(m1+M)v，12m1v12＝12(m1＋M)v2＋m1gh解得h＝0.1 m由于h＝R(1－cos 60°)，所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝m1v3+Mv4，12m1v12＝12m1v+¿3212M v42¿解得v3＝0，v4＝2 m/s.(2)若Q恰能经过d点，则Q在d点的速度v d满足m2g＝m2v d2 rQ从b点运动到半圆轨道最高点d的过程，由动能定理有－μm2gx bc－2m2gr＝12m2v−d212m2v22解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm2gx bc－m2gr＝0−12m2v22解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6若Q恰能到达c点，则由动能定理得－μm2gx bc＝0−12m2v22解得Q恰能运动到c点时μ＝0.8分析可知，要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析　(2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m v C2R，解得v C＝√3gR.小球从A到C，由机械能守恒定律得12m v2＝12m vC2＋mg·2R，联立解得v0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12m vC2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR　(2)R。

滑动摩擦力做功“Q=fs相对”模型

摩擦生热的“Q=f ·s 相对”模型太原市第十二中学姚维明模型建构：摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.【模型】一个物体在另一个物体上相对滑动, 摩擦产生的热量“Q=f ·s 相对”【特点】①只有滑动摩擦力才能产生内能,静摩擦力不会产生内能；②摩擦产生的内能等于滑动摩擦力与相对路程的乘积；③一般要结合动量守恒定律解题；④两物体速度相同时，发热产生的内能最大。

【模型1】如图1所示，在光滑水平面上放一质量为M 的长木板，质量为m 的小物体从木板左侧以初速度v 0滑上木板，物体与木板之间的滑动摩擦系数为μ，求⑴最终两者的速度⑵系统发热产生的内能〖解析〗⑴物体滑上木板后受摩擦阻力作用做减速运动，而木板受摩擦动力作用做加速运动，当两者速度相同时，无相对运动，滑动摩擦力消失，以后系统以共同的速度匀速运动根据动量定理：m v 0=（m+M ）v解得：0v mM m v += ⑵如图9所示，设物体对地的位移为s 1，木板对地的位移为s 2 根据动能定理：对m ：20212121mv mv mgs -=-μ 对M ： 2221Mv mgs =μ 解得： )2121(21)(222021Mv mv mv s s mg +-=-μ =mM M mv 2120+∙ 可见：系统机械能的减少量全部转变成了内能。

发热损失的能量Q=μmgs 相对模型典案：【典案1】如图11所示，质量为M=1kg 的平板车左端放一质量为m=2kg 的物体与车的摩擦系数μ=0.5。

开始车与物体同以v 0=6m/s 的速度向右在光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰。

设车与墙碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前相等，车身足够长。

求：图1⑴物体相对车的位移⑵小车第一次与墙碰撞以后，小车运动的位移。

专题7.6 滑块木板模型(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列

专题7.6 滑板木块模型【考纲解读与考频分析】滑板木块模型是高考命题热点，考查频率高。

【高频考点定位】：滑板木块模型考点一：滑板木块模型【3年真题链接】1. （2018海南高考物理）如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t =0时，小物块以速度0v 滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v t -图像，图中t 1、0v 、1v 已知。

重力加速度大小为g . 由此可求得（） A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能【参考答案】BC【命题意图】此题考查物块木板模型、动量守恒定律、牛顿运动定律、对速度图像的理解及其相关的知识点。

【解题思路】由图（b ）的速度图像可以得出物块相对于长木板滑动的距离，不能得出长木板的长度，选项A 错误；由动量守恒定律，mv 0=(m+M)v 1，可以得出物块与木板的质量之比m/M=101v v v -，选项B 正确；由图（b ）的速度图像可以得出物块在长木板上滑动的加速度a=011v v t -，由牛顿第二定律，μmg=ma ，可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ=a/g =011v v gt -，选项C 正确；从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能为Ek=12Mv 12，由于不知道长木板的质量M ，因此不能得出从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能，选项D 错误。

【2年模拟再现】1.（2019·江西临川模拟3月）如图所示，光滑水平面上放一个质量为M 足够长的木板，开始M 静止，现在有一个质量为m 的滑块以速度滑上M ，m 和M 间的动摩擦因数为，以下说法正确的是A. 如果增大M ，则m 和M 相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B. 如果增大m ，则m 和M 相对运动的时间变短，m 在M 上滑行的距离变大C. 如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变D. 如果增大初速度，则因摩擦而产生的热量增加【参考答案】ACD【名师解析】设最终m 与M 的共同速度为v 。

高考物理动量守恒定律试题经典含解析

高考物理动量守恒定律试题经典含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）428225t s = 【解析】【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间；【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：4282t s +=2．如图，质量分别为m 1=1.0kg 和m 2=2.0kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v 0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t =5.0s 后，测得两球相距s =4.5m ，则刚分离时，a 球、b 球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得②由能量守恒得代入数据得考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题3．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？（2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左）设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立．故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．4．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。

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动量守恒与摩擦生热的综合
一、摩擦生热——摩擦力的功与热量的产生
无论是静摩擦力，还是滑动摩擦力，都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。

但是，并不是所有摩擦力的功都能将机械能转化为内能而产生热量。

1、静摩擦力的功只起转移机械能的作用，不会产生热量。

静摩擦力产生在两个相对静止但有相对运动趋势的物体之间。

显然这样的两个物体必然具有相同的速度、加速度、位移等。

例一：将一质量为m的木块放在置于光滑水平地面质量为M的木板上，对木块施一水平向右的恒力，使木块与木板一起向右加速运动。

2. 滑动摩擦力的功一方面传递机械能，同时另一方面将部分机械能转化为内能，从而产生热量，导致相互摩擦的物体发热. 。

例二、一质量为M的长木板在光滑水平面上匀速运动，将一质量为m的木块无初速地放在长木板右端，木块与长木板间有摩擦，一段时间后，木块与木板保持相对静止。

木块与长木板的运动情况如图所示。

试计算产生的内能。

一个物体在另一个物体上相对滑动, 摩擦产生的热量Q=f·s相对= △E机
例三. 如图所示，在光滑水平面上放一质量为M 的长木板，质量为m 的小物体从木板左侧以初速度v 0滑上木板，物体与木板之间的滑动摩擦系数为μ，最终m 恰好没有从M 上掉下来；求 ⑴最终两者的速度 ⑵系统发热产生的内能（3）M 的长度。

例四质量为M 的小车A 左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从右端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。

求这过程弹簧的最大弹性势能E P 和全过程系统摩擦生热Q 各多少？
例五如图所示，在光滑地面上并放两个相同的木块，长度皆为L ＝1.00m ，在左边木块的左上端放一小金属块，它的质量和一个木块的质量相等，现令小金属块以初速度v 。

＝2.00m ／s 开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ＝0.10，取g ＝10m ／s 2，求右边木块的最后速度。

作业题
1. 在水平桌面上固定有一块质量为M 的木块，一粒质量为m ，速度为v 0的子弹沿水平方向射入木块，子弹深入木块d 后停在其中。

若将该木块放在光滑水平面上，仍用原来的子弹射击木块，求子弹射入木块的深度d ′多大？有多少机械能转化为内能？设两种情况下子弹在木块中所受阻力相同。

2.如图所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M 。

现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。

（1）若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度大小和方向.
（2）M 与m 之间的摩擦系数u=？
3. 质量为M 的足够长的木板，以速度0v 在光滑的水平面上向左运动，一质量为m （M m 〉）的小铁块以同样大小的速度从板的左端向右运动，最后二者以共同的速度013
v v =做匀速运
动。

若它们之间的动摩擦因数为μ。

求：
（1）小铁块向右运动的最大距离为多少？（2）小铁块在木板上滑行多远？
1. 分析：本题中当木块固定时，桌面对木块有水平方向的作用力，故系统动量不守恒；子弹射入木块克服阻力做功，子弹动能减少，转化成系统的内能，因木块对子弹的阻力可视为恒力，可对子弹运用动能定理求出过程中子弹受到的阻力。

当木块放在光滑水平面上时，以木块和子弹组成的系统为研究对象，合外力为零，满足动量守恒，过程中子弹的动能减少，转化成木块的动能和系统的内能，故机械能不守恒。

产生的内能在数值上等于f Δs ＝f d
解答：研究子弹，设子弹在木块中运动时受到的阻力为f 。

当木块固定在桌面上时，根据动能定理，有－fd ＝0－
2
02
1mv
∴d
mv f 22
0=
当木块不固定时，在子弹射入木块的过程中，设子弹射入木块后的共同速度为v ，根据系统动量守恒及能量关系，有将d
mv f 22
0=
代入，由以上两式解得d m
M M d +=
'
此过程中机械能转化为内能的值： m
M M mv v
M m mv d f Q +=
+-
=
'=2
2
2
02
1)(2
121
2. A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为v ， A 和B 的初速度的大小为v 0，则据动量守恒定律可得：
Mv 0－mv 0=（M +m ）v
解得：v ＝
m
M m M +- v 0，方向向右
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q =fL =2
2
0)(2
1)2
1
v M m v m M +-
+（
u=2
2
0)(2
1)2
1
v M m v m M +-
+（/mgL
3. 〖解析〗小铁块滑上木板后，由于铁块相对木板向右滑动，铁块将受到向左的滑动摩擦力作用而减速，木板将受到向右的滑动摩擦力作用而减速。

由于M m 〉，所以当m 的速度减为零时，M 仍有向左的速度，m 相对于M 仍向右滑行，m 将在向左的滑动摩擦力作用下相对地面向左做初速为零的匀加速运动，木板M 继续向左减速，直到二者达到相同的速度，而后保持相对静止一起向左匀速运动。

正确理解“小铁块向右运动的最大距离”和“在木板上滑行距离”的区别是解决问题的关键。

（答案：（1）20
1
2v
s g
μ=；（2）20
4()
9v
M m L
m g
μ+=
）
d f v M m mv v M m mv '
=+-
+=2
2
00)(2
12
1)(。