高中物理 高三二轮专题复习：动量守恒定律应用(二)综合计算

v0 gt 6 m/s
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用， 总动量守恒： mBv0 (mA mB )v
绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：v=2m/s
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s
mg
H
h
mg
H h tan
mB
gS
设改变后的摩擦因数为μ′ ，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上， 即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
mgh mg h mgS tan
又据（2）的结论可知：
Wf
2 mgH 15
mg
H h
tan
，得： tan 9
W
1 2
mv22
1 2
mv12
末状态动能 初状态动能
题型一：动量守恒定律与能量的综合应用模型（碰撞类）
（利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题）
2.(2014·北京卷)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.重力加速度g取10 m/s2. 求：
解析
(3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞前速度的大小 为 vA′，由动能定理有
21mAvA′2－12mAv2A＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ 7 m/s⑪ 故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA″和 vB″，由动量守 恒定律与机械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫ 21mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2⑬
解决此类题关键要做好“五选择” （1）当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时， 一般选择用动力学方法解题。 （2）当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某 一时刻的问题进行求解。 （3）当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定 律。 （4）当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定 律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优 先选择能量守恒定律。 （5）复杂问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。
瞬间的速度分别为vA、vB，弹性碰撞 瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：
mv1=mvA+mBvB
1
2 mv12=
1 2
mvA2+
1 2
mBvB2
联立方程解得：
vA
m m
mB mB
v1
根据v-t图象可知，
vA
1 2
v1
vB
2m m mB
v1
解得：mB=3m
解析
（2）设斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律得
题型一：动量守恒定律与能量的综合应用模型（碰撞类）
（利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题）
解： 设滑块的质量为m.
(1)根据机械能守恒定律有 mgR＝1 mv2
2
解得碰撞前瞬间A的速率有v＝ 2gR =2m/s
(2)根据动量守恒定律 有 mv＝2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率 v′＝ 1 v＝1 m/s. 2
解析
题型三：动量守恒定律与能量的综合应用模型 （碰撞、子弹木块、板块类）
5、（2017·天津卷）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细 绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、 mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举 高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、 B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求： （1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； （2）A的最大速度v的大小； （3）初始时B离地面的高度H。
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。
动能定理、机械能守恒定律
合力所做的功等于物体动能的变化
合外力做的总功 （所有外力做功 动能变化 之和）
只有重力或弹力对物体做功
机械能守恒定律 机械能的总量保持不变
解析
分析 （1）根据自由落体规律计算运动时间；
知识回顾： h 1 gt 2
2
v=gt
（2）根据动量守恒定律计算A的最大速度； （3）根据机械能守恒计算B离地面的高度H．
解:（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：
h 1 gt 2 2
解得：t=0.6s
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
当物块A沿斜面下滑时：mg sin f ma1
由v-t图象知：a1
v1 t1
当物块A沿斜面上滑时： mg sin f ma2 解得： f 1 mg sin
9
由v-t图象知：
a2
5v1 4t1
又因下滑位移
H1 x1 sin 2 v1t1
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：
x2
h sin
(3)根据动能定理有 1 (2m)v′2＝μ(2m)gL 2 1
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 L= 2
v′2 μg ＝0.25 m
3、（2019全国1）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾 斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回 到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾 斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。 已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
题型一：动量守恒定律与能量的综合应用模型(碰撞类)
（利用牛顿运动定律和运动学公式解题）
试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车受到摩擦力的作用（恒力）做匀 减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度.
解：(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① （μ是汽车与路面间的动摩擦因数）
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：
11 9
题型二：动量守恒定律与能量的综合应用模型（碰撞、弹簧类）
4．(2019•全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别 为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的 微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝ 10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面 之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小； (2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离 是多少？ (3)A和B都停止后，A与B之间的 距离是多少？
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运 动学公式有vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③
题型一：动量守恒定律与能量的综合应用模型(碰撞类)
（利用牛顿运动定律和运动学公式解题）
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运 动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
解析
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝357 m/s，vB″＝－257 m/s⑭ 这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动。假设碰撞后 A 向右运动距离 为 sA′时停止，B 向左运动距离为 sB′时停止，由运动学公式 2asA′＝vA″2,2asB′ ＝vB″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯ sA′小于碰撞处到墙壁的距离。 由上式可得两物块停止后的距离 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m⑰
1 2
v1 2
0.4t1
0.1v1t1
其中h为P点离水平面得高度，即 h 1 H 5
解得
x2
H 5sin
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：
Wf
f
x1
x2
1 9
mg
sin
H sin
H 5 sin
2 15
mgH
（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为s，设原来的摩擦系数为μ 则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：
mBa＝μmBg④ sB＝vBt－12at2⑤ vB－at＝0⑥ 在时间 t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程 sA 都可表示为
解析
sA＝vAt－12at2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于 出发点右边 0.25 m 处，B 位于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的距离 s 为 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
解析
牛顿运动定律和运动学公式
a v vt v0 t t