高中物理专题练习：动量与能量问题综合应用
2024届高考物理微专题：动量和能量的综合问题
微专题50动量和能量的综合问题1．如果要研究某一时刻的速度、加速度，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一运动过程时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．1.(多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v 飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．爆炸后乙落地的时间最长B ．爆炸后甲落地的时间最长C ．甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4∶1D ．爆炸过程释放的化学能为7m v 23答案CD解析爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t ＝2H g ，选项A 、B 错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有m v ＝－13m v 丙＋13m v 甲，由题意知v 丙＝v ，得v 甲＝4v ，又因x ＝v t ，t 相同，则x ∝v ，甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为x 甲∶x 丙＝v 甲∶v 丙＝4∶1，选项C 正确；释放的化学能ΔE ＝12×m 3v 甲2＋12×m 3v 丙2－12m v 2＝73m v 2，选项D 正确．2.(2023·湖南永州市第一中学模拟)如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C (可视为质点)，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，重力加速度为g ，则下列说法不正确的是()A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为mm mgL 2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL 2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL 2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L 2m ＋m 0答案C解析小球C 下落到最低点时，A 、B 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒定律有m 0gL ＝12m 0v C 2＋12×2m v AB 2，由水平方向动量守恒得m 0v C ＝2m v AB ，联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确；C 球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得I AB ＝m v AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误；C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L ，可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0，故D 正确．3.(多选)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝4m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则()A ．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R ＋LB ．小车在运动过程中速度的最大值为gR10C ．全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L 5D ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL答案BCD解析滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝R＋L ，又M ＝4m ，由上两式解得x 1＝R ＋L 5，x 2＝4 R ＋L5，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为4 R ＋L 5，全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L5，所以A 错误，C 正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有M v 1＝m v 2，mgR ＝12M v 12＋12m v 22，解得v 1＝gR10，小车在运动过程中速度的最大值为gR10，所以B 正确；滑块最后恰好停在C 点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR ＝μmgL ，解得R ＝μL ，所以μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL ，所以D 正确．4.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为g .则()A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FMB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D ．滑块与木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案ABD解析细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F ，根据牛顿第二定律有F ＝Ma ，解得a ＝FM ，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于12m v 2，C 错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，E p ＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．5．(多选)(2023·湖南省长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m 的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m 的物块从钢板正上方h 处的P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点Q ，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．物块与钢板碰后的速度大小为2ghB ．物块与钢板碰后的速度大小为2gh2C ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h2)D ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h )答案BC解析物块下落h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 12，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2，解得v 2＝12v 1＝2gh2，选项A 错误，B 正确；从碰撞到Q 点，由能量守恒定律可知12×2m v 22＋2mgx 0＝ΔE p ，则弹性势能的增加量为ΔE p ＝mg (2x 0＋h2)，选项C 正确，D 错误.6.(2023·广东韶关市适应性考试)短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A 、B 两选手在比赛中的某次交接棒过程．A 的质量m A ＝60kg ，B 的质量m B ＝75kg ，交接开始时A 在前接棒，B 在后交棒，交棒前两人均以v 0＝10m/s 的速度向前滑行．交棒时B 从后面用力推A ，当二人分开时B 的速度大小变为v 1＝2m/s ，方向仍然向前，不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动．(1)求二人分开时A 的速度大小；(2)若B 推A 的过程用时0.8s ，求B 对A 的平均作用力的大小；(3)交接棒过程要消耗B 体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求B 消耗的生物能E .答案(1)20m/s(2)750N(3)5400J解析(1)设二人分开时A 的速度大小为v 2，取v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可得(m A ＋m B )v 0＝m B v 1＋m A v 2解得v 2＝20m/s(2)对A 由动量定理得F ·t ＝m A v 2－m A v 0解得F ＝750N(3)设B 消耗的生物能为E ，对二人组成的系统，根据能量守恒定律得12(m A ＋m B )v 02＋E ＝12m B v 12＋12m A v 22解得E ＝5400J.7．(2023·天津市南开区模拟)如图所示，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，圆弧轨道的半径R ＝0.32m ，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A ＝2kg 、m B ＝1kg 的物块A 、B (均可视为质点)，用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M ＝2kg 、足够长的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．物块A 与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块B 运动到圆弧轨道的最低点b 时对轨道的压力大小；(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能E p ；(3)小车长度L 和物块A 在小车上滑动过程中产生的热量Q .答案(1)60N(2)12J(3)0.5m2J解析(1)物块B 在最高点时，有m B g ＝m Bv d 2R从b 到d 由动能定理可得－m B g ·2R ＝12m B v d 2－12m B v b 2在b 点有F N －m B g ＝m B v b 2R联立解得F N ＝60N由牛顿第三定律可知物块B 对轨道的压力大小为60N.(2)由动量守恒定律可得m A v A ＝m B v b 由能量守恒定律可得E p ＝12m A v A 2＋12m B v b 2联立解得E p ＝12J(3)物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v ，根据动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋M )v 由能量守恒定律可得Q ＝μm A gL ＝12m A v A 2－12(m A ＋M )v 2联立解得Q ＝2J ，L ＝0.5m.8．(2023·河北省模拟)如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的OA 、AB 、BE 、CD 四段，O 点右端固定安装一弹簧发射装置．将一质量为M 的物块a 与弹簧紧贴，释放弹簧，物块a 从O 处出发，运动到A 处时与质量为m 的滑块b 发生弹性碰撞．已知物块a 的质量为M ＝2kg ，滑块b 的质量为m ＝1kg ，竖直面内四分之一圆弧轨道CD 的半径为R ＝0.9m ，BE 段水平且距底座高度h ＝0.8m ，四分之一圆弧轨道C 端的切线水平，C 、E 两点间的高度差刚好可容滑块b 通过，两点间水平距离可忽略不计，滑块b 可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2.若滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，求：(1)碰撞后瞬间滑块b 的速度大小；(2)碰撞后a 在AB 上运动能上升到的最大高度(保留两位有效数字)；(3)释放物块a 前弹簧的弹性势能(保留两位小数)．答案(1)5m/s(2)0.078m(3)14.06J解析(1)滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，有mg ＝mv C 2R解得v C ＝3m/s滑块b 由A 到C ，根据机械能守恒定律，有mgh ＋12m v C 2＝12m v A 2解得v A ＝5m/s(2)物块a 与滑块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有M v 0＝m v A ＋M v根据机械能守恒定律，有12M v 02＝12m v A 2＋12M v 2联立解得v 0＝3.75m/s ，v ＝1.25m/s对物块a 由机械能守恒定律，有Mgh M ＝12M v 2解得h M ≈0.078m(3)物块a 和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a 前弹簧的弹性势能E p ＝12M v 02≈14.06J.。
压轴 能量与动量的综合分析与应用(解析版)-2025年高考物理难点
疑难压轴能量与动量的综合分析与应用1.(2024•福建)如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M 、N 与桌面上的两个固定挡板相连。
小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。
桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A 、B 、C 均静止，M 、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。
t =0时撤去电场，C 向下加速运动，下降0.2m 后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J 。
已知A 、B 、C 的质量分别为0.3kg 、0.4kg 、0.2kg ，小球C 的带电量为1×10-6C ，重力加速度大小取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；(2)求A 与B 间的动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A 、B 继续向右运动，一段时间后，A 从右向左运动。
求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。
(整个过程B 未与A 脱离，C 未与地面相碰)【解答】解：(1)撤去电场前，对小球C ，根据共点力平衡条件有：qE =m C g ，代入数据解得：E =2×106N/C (2)C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有：T 1=m C g ，T 1=f B =μm B g 代入数据解得：μ=0.5C 开始匀速运动瞬间，A 、B 刚好发生相对滑动，此时A 、B 、C 三者速度大小相等，M 、N 两弹簧的弹性势能相同；所以C 下降h =0.2m 的过程中，对A 、B 、C 及弹簧M 、N 组成的系统，由能量守恒定律有：m C gh =12(m A +m B +m C )v 2+2E p代入数据解得：v =23m/s (3)没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A 、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据平衡条件，有：f =2kh当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h ′，对A ，根据牛顿第二定律可得：f ′-2kh ′=m A a对B 、C 根据牛顿第二定律可得：qE +m C g -f =(m B +m C )a撤去电场后，由第(2)问的分析可知A 、B 在C 下降h =0.2m 时开始相对滑动，在C 下降h =0.2m 的过程中，对A 、B 、C 及弹簧M 、N 组成的系统，由能量守恒定律，有qEh '+m C gh =12(m A +m B +m C )v 2m +2E p此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：v m =223m/s2.(2024•甘肃)如图，质量为2kg 的小球A (视为质点)在细绳O ′P 和OP 作用下处于平衡状态，细绳O 'P =OP =1.6m ，与竖直方向的夹角均为60°。
人教版高中物理选修3-5习题：动量和能量的综合应用
习题课：动量和能量的综合应用[ 学习目标 ] 1.娴熟掌握动量守恒定律的运用.2.利用动量守恒定律联合能量守恒解决有关功能关系问题．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，在圆滑水平面上滑块和木板构成的系统动量守恒．2．因为摩擦生热，机械能转变为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．3．滑块若未滑离木板时最后二者有共同速度，机械能损失最多．例 1如图1所示，在圆滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v0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．因为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：图 1(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，小铁块与木板上的 A 点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转变为内能？分析(1) 木板与小铁块构成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则 v′＝Mv0. M＋ m(2) 由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少许，12－μ mgx ＝ Mv相2122(M＋ m)v′.解得 x＝Mv 02相2μg M＋m .(3)方法一：由能量守恒定律可得，1212Q＝ Mv 0－(M ＋m)v′22＝ Mmv 022 M＋ m方法二：依据功能关系，转变成的内能等于系统战胜摩擦力做的功，2即 E ＝Q ＝ μmg ·x 相 ＝Mmv 0. 2M ＋ m答案(1) Mv 0(2)Mv 0 2 (3) Mmv 02M ＋ m2μg M ＋ m2 M ＋ m例 2 如图 2 所示，圆滑水平桌面上有长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 间放有少许塑胶炸药，爆炸后A 以 6 m/s 的速度水平向左运动， A 、B 中随意一块与挡板C 碰撞后，都粘在一同，不计摩擦和碰撞时间，求：图 2(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．分析(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/s 因此 A 先与 C 碰撞，A 、 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1 2 1 2＝15 J.E ＝m A v A－ (m A ＋ m C )v22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，以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，机械能向内能转变．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 3 所示，在水平川面上搁置一质量为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：图 3(1)子弹射入后，木块在地面上行进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能；(3)子弹在木块中打入的深度．分析因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度同样，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： mv＝ (M＋ m)v′①二者一同沿地面滑动，行进的距离为x，由动能定理得：12②－μ(M＋ m)gx＝ 0－(M＋ m)v′2由①②两式解得： x＝m2v22 M＋ m 2μg(2)射入过程中损失的机械能1212③E＝mv－ (M＋ m)v′222Mmv解得：E＝.(3) 设子弹在木块中打入的深度，即子弹有关于木块的位移为x 相对，则 E＝μmgx相对2得： x 相对＝E ＝Mv.μmg 2μg M＋ m答案 (1)m2v22(2) Mmv22 M＋ mμg 2 M ＋mMv2(3)2μg M ＋m三、弹簧类模型1．关于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则知足动量守恒．2．整个过程常常波及到多种形式的能的转变，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转变，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连结的两物体速度相等，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 的速度在圆滑的水平川面上运动，质量为 4 kg 的物块 C 静止在前面，如图 4 所示． B 与 C 碰撞后二者会粘在一同运动．则在此后的运动中：图 4(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？分析 (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 三者构成的系统动量守恒得， (m A ＋ m B )v ＝ (m A ＋ m B ＋ m C )v ABC ， 解得 v ABC ＝2＋ 2×6m/s ＝ 3 m/s.2＋2＋ 4(2) B 、 C 碰撞时 B 、 C 构成的系统动量守恒，设碰后瞬时 B 、 C 二者速度为 v BC ，则 m BB ＋ mC BC 得：v ＝ (m )v v BC ＝ 2×6 m/s ＝ 2 m/s ，2＋ 4设物块 A 、 B 、 C 速度同样时弹簧的弹性势能最大为 E p ，依据能量守恒E p ＝1(m B ＋ m C )v BC 2＋1m A v 2－ 1(m A ＋ m B ＋ m C )v ABC22 2 2 1 2 1 2 1 2＝ ×(2＋ 4) ×2 J ＋ ×2×6J － ×(2＋ 2＋ 4) ×3 J ＝12 J.222答案(1)3 m/s(2)12 J总结提高1． 含有弹簧类的碰撞问题，要特别注意物块碰撞中机械能可能转变为内能，因此全过程看系统机械能常常不守恒．2．办理动量和能量联合问题时应注意的问题(1) 守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．(2) 剖析要点：判断动量能否守恒研究系统的受力状况，而判断机械能能否守恒及能量的转变状况研究系统的做功状况．(3) 表达式：动量为矢量式，能量为标量式．(4) 注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不必定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不必定守恒．1． (多项选择 ) 矩形滑块由不同资料的上、下两层粘合在一同构成，将其放在圆滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v 水平射向滑块，若射击基层，子弹恰巧不射出，若射击上层，则子弹恰巧能射进一半厚度，如图5 所示，上述两种状况对比较 ( )图 5A ．子弹对滑块做功同样多B ．子弹对滑块做的功不同样多C ．系统产生的热量同样多D ．系统产生的热量不必定多答案 AC分析 两次都没射出，则子弹与滑块最后达到共同速度，设为 v 共 ，由动量守恒定律可得mv＝ (M ＋ m)v 共 ，得 v 共＝mM ＋ m v ；子弹对滑块所做的功等于滑块获取的动能，应选项A 正确；系统损失的机械能转变为热量，应选项 C 正确．2． (多项选择 ) 质量为 M 、内壁间距为 L 的箱子静止于圆滑的水平面上，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 6 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．设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为()图 61 21 mM2A. mvB.·v2 2 m ＋ M1C.2N μ mgL D ． N μ mgL答案 BD分析依据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝ mv，损失的动能1 2 1(M ＋ M ＋ m E k ＝ mv －222＝ 1mM 2，因此 B 正确；依据能量守恒，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，而m)v ′2 ·vm ＋ M计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，因此 E k ＝ NF f L ＝ N μ mgL ，可见 D 正确．3．如图 7 所示，在圆滑水平面上，有一质量M ＝ 3 kg 的薄板，板上有质量m ＝ 1 kg 的物块，二者以 v 0＝ 4 m/s 的初速度朝相反方向运动．它们之间有摩擦，薄板足够长，求：图 7(1) 最后二者的速度多大？方向怎样？(2) 求全过程机械能转变的内能为多少．答案(1)2 m/s ，方向水平向右(2)24 J分析(1) 因为水平面圆滑，则物块与长薄板构成的系统动量守恒．因为板足够长，故最后二者将达到共同速度．依据动量守恒定律Mv 0 －mv 0＝ (M ＋ m)v得： v ＝ 2 m/s方向与薄板方向同样 (水平向右 )(2) 依据能量守恒定律1Mv 0 21mv 0 21 2E ＝＋ － (M ＋ m) v222代入数据得：E ＝ 24 J.4．两块质量都是 m 的木块 A 和 B 在圆滑水平面上均以速度v 0向左匀速运动， 中间用一根劲度2系数为 k 的轻弹簧连结， 如图 8 所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m，速度为 v ，4子弹射入木块 A 并留在此中．求：图 8(1) 在子弹击中木块后的瞬时木块A 、B 的速度 v A 和 v B 的大小．(2) 在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．v 0 v 0 12答案 (1) 5 2(2)40mv 0分析(1) 在子弹打入木块 A 的瞬时，因为互相作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B 都v 0不受弹力的作用，故v B ＝ ；因为此时 A 不受弹力，木块 A 和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，选向左为正方向，系统动量守恒：mv 0－ mv 0＝ (m＋ m)v A244v 0解得 v A ＝(2) 因为木块 A 、木块 B 运动方向同样且v A <v B ，故弹簧开始被压缩，分别给 A 、B 木块施以弹力，使得木块 A 加快、 B 减速运动，弹簧不停被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A(包含子弹 )、 B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．设弹簧压缩量最大时共同速度为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，由动量守恒定律得5 5mv A ＋ mv B ＝ ( m ＋m)v44由机械能守恒定律得1 5 21 21 522 × mv A ＋ mv B ＝ (m ＋m)v ＋ E pm422 4联立解得v＝1v0， E pm＝1mv02. 340一、选择题(1～ 3 为单项选择题，4 为多项选择题)1．质量为m1、 m2的滑块分别以速度v1和 v2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图知 v2>v1，有一轻弹簧固定在m2上，则弹簧被压缩至最短时m1的速度 ()1 所示，已图 1m1v1m2 v2－m1v1A.m1＋ m2B.m1＋m2m1v1＋m2v2m1v1＋m2v2C.m1＋m2 D.m1答案C分析两滑块匀速下滑所受外力为零，互相作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时， m1加快， m2减速，当压缩至最短时， m1、 m2速度相等．设两滑块速度相等时速度为v，则有m1v1＋ m2v2＝ (m1＋ m2)v解得弹簧被压缩至最短时的速度v＝m1v1＋ m2v2.因此选项 C 正确．m1＋ m22．如图 2 所示， A、B 两个木块用轻弹簧相连结，它们静止在圆滑水平面上，A和 B的质量分别是 99m 和 100m，一颗质量为m 的子弹以速度 v0水平射入木块 A 内没有穿出，则在此后的过程中弹簧弹性势能的最大值为()图 22222mv0mv099mv0199mv0A.400B.200C.200D.400答案A分析子弹射入木块 A 的过程中，动量守恒，有mv0＝ 100mv1，子弹、 A、B 三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝ 200mv2，弹性势能的最大值1 2 12mv02E p＝×100mv1－×200mv2＝. 224003．如图 3 所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预约地点，由控制系统使箭体与卫星分别．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分别后箭体以速率v2沿火箭原方向飞翔，若忽视空气阻力及分别前后系统质量的变化，则分别后卫星的速率v1为 ()图 3A ． v0－v2B ． v0＋ v2C． v0－m2D ． v0＋m2－v2 ) v2(v0m1m1答案D分析依据动量守恒定律列方程求解．对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋ m2 )v0＝ m2v2＋m1v1m1＋ m2v0－ m2v2＝ v0＋m2－v2 )．应选 D.解得 v1＝(v0m1m14．如图 4 所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的圆滑弧形槽静止在圆滑水平面上，底部与水平面光滑连结，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑 ()图 4A．在下滑过程中小球和槽在水平方向上的动量守恒B．在整个过程中，小球和槽在水平方向上的动量守恒C．在下滑过程中小球和槽的机械能守恒D．在整个过程中，小球和槽的机械能守恒答案 AC分析在下滑过程中，小球与槽构成的系统在水平方向动量守恒，在压缩弹簧的过程中，由于遇到弹簧的弹力，小球与槽在水平方向上动量不守恒， A 项正确， B 项错误．在下滑过程中，小球与槽构成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中，小球的动能与弹簧的弹性势能互相转变，小球、槽和弹簧的总机械能守恒， C 项正确， D 项错误．二、非选择题1M，置于圆滑水平面上，一质量5．如图 5 所示，带有半径为 R 的4圆滑圆弧的小车其质量为为 m 的小球从圆弧的最顶端由静止开释，则小球走开小车时，小球和小车的速度分别为多少？图 52MgR，方向水平向左2答案2m gR，方向水平向右M＋ m M M＋ m分析小球和小车构成的系统固然总动量不守恒，但在水平方向动量守恒，且全过程知足机械能守恒，设小球和小车分别时，小球的速度为v1，方向水平向左，小车的速度为v2，方向水平向右．则： mv1－ Mv2＝ 0mgR＝1mv12＋1Mv22 22解得 v1＝2MgR ，方向水平向左，M＋ m2v2＝2m gR ，方向水平向右．M M ＋m6．如图 6 所示，圆滑水平面上有A、 B 两小车，质量分别为m A＝ 20 kg， m B＝ 25 kg. A 车以初速度 v0＝ 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结在一同，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．(g＝ 10 m/s2)图 61答案3 m4分析A、 B 相撞： m A v0＝(m A＋m B)v1，解得 v1＝3 m/s.因为在极短时间内摩擦力对 C 的冲量能够忽视，故 A、B 刚连结为一体时， C 的速度为零．此后， C 沿 B 上表面滑行，直至有关于 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；由动量守恒得(m A＋ m B)v1＝ (m A＋ m B＋ m C)v 由能量守恒1212(m A＋ m B)v1－ (m A＋ m B＋ m C)v ＝μm C gL22解得 L＝1m.37．在如图7 所示的圆滑水平面上，小明站在静止的小车上使劲向右推静止的木箱，木箱走开手以 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，小明与车的质量为50 kg ，求：图 7(1)推出木箱后小明和小车一同运动的速度大小；(2)小明接住木箱后三者一同运动，在接木箱过程中系统损失的能量．答案(1)3 m/s(2)37.5 J分析(1) 在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：Mv1＝mv2代入数据可得：v1＝ 3 m/s(2)小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：Mv1＋mv2＝ (M＋ m)v3代入数据可得： v3＝ 3.75 m/s故损失的能量：1Mv21212 E＝ 1 ＋mv2－ (M＋ m)v3 222代入数据可得：E＝ 37.5J.8．如图 8，圆滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块 A、 B、 C.B 的左边固定一轻弹簧 (弹簧左边的挡板质量不计)．设 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、 B 速度相等时， B 与 C 恰巧相碰并粘接在一同，而后持续运动．假定 B 和 C 碰撞过程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分别的过程中，图 8(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(1) 12(2)13216mv048mv0分析(1) 从 A 压缩弹簧到 A 与 B 拥有同样速度 v1时， A、 B 与弹簧构成的系统动量守恒，有mv0＝ 2mv1①此时 B 与 C 发生完整非弹性碰撞，设碰撞后的刹时速度为v2，损失的机械能为E，对 B、 C 构成的系统，由动量守恒和能量守恒得mv1＝2mv2②1212③mv1＝ E＋(2m)v222联立①②③ 式，得E＝102④16mv(2) 由② 式可知， v2<v1， A 将持续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度同样，设此速度为v3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为E p，由动量守恒和能量守恒得mv0＝ 3mv3⑤1212＋ E p⑥mv0－ E＝(3m)v322132联立④⑤⑥式得 E p＝48mv0 .9．如图 9所示，质量分别为 m A、m B的两个弹性小球 A、B 静止在地面上方， B 球距地面的高度 h＝ 0.8m， A 球在 B 球的正上方．先将 B 球开释，经过一段时间后再将 A 球开释．当 A 球着落 t＝ 0.3 s 时，恰巧与 B 球在地面上方的 P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬时 A 球的速度恰为零．已知 m ＝ 3m ，重力加快度大小g＝ 10 m/s2，忽视空气阻力及碰撞中的动能损失．求：BA图 9(1)B 球第一次抵达地面时的速度；(2)P 点距离地面的高度．答案(1)4 m/s (2)0.75 m分析(1) 设 B 球第一次抵达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝ 2gh①将 h＝ 0.8 m 代入上式，得v B＝ 4 m/s②(2) 设两球相碰前后， A 球的速度大小分别为 v1和 v′(v′＝ 0)， B 球的速度分别为v和 v ′由.运1122动学规律可知v1＝ gt③因为碰撞时间极短，重力的作用能够忽视，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v1＋ m B v2＝ m B v2′④121212⑤m A v1＋ m B v2＝ m B v2′222设 B 球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝ v B⑥设 P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可知2－ v2h′＝v B′2⑦2g联立②③④⑤⑥⑦ 式，并代入已知条件可得h′＝ 0.75 m。
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。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
2024届高考物理一轮复习热点题型归类训练：动量能量在各类模型中的应用(学生版)
动量能量在各类模型中的应用目录题型一碰撞模型类型1 一动一静的弹性碰撞类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型题型二非弹性碰撞中的“动能损失”问题类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失类型2 滑块木板模型中的动能损失类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题类型5 带电系统中动能的损失问题类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题题型三碰撞遵循的规律类型1 碰撞的可能性类型2 碰撞类型的识别题型四 “滑块-弹簧”碰撞模型中的多过程问题题型五 “滑块-斜(曲)面”碰撞模型题型六滑块模型中的多过程题型七子弹打木块模型中的能量动量问题题型八两体爆炸(类爆炸)模型中的能量分配题型九人船模型及其拓展模型的应用题型十悬绳模型题型一:碰撞模型1.类型1一动一静的弹性碰撞．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1′+m2v2′1 2m1v21=12m1v1′2+12m2v2′2联立解得：v1′=m1-m2m1+m2v1，v2′=2m1m1+m2v1讨论：①若m1=m2，则v1′=0，v2′=v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈-v1，v2′≈0.1(2023春·江西赣州·高三校联考阶段练习)弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为m A、m B，且m A<m B，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则m A、m B之比为()A.1：2B.1：3C.1：4D.1：52(2023·四川达州·统考二模)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L= 0.8m，轻绳处于水平拉直状态。
高中物理(新人教版)选择性必修一课后习题：第一章 动量和能量的综合应用(课后习题)【含答案及解析】
习题课:动量和能量的综合应用课后篇巩固提升必备知识基础练1.如图所示,木块A 、B 的质量均为2 kg,置于光滑水平面上,B 与一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( )A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J、B 在碰撞过程中动量守恒,碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
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=m A vAm A +m B=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 。
2.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x 。
现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示),物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x ,则( )A.A 物体的质量为3mB.A 物体的质量为2mC.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为32mv 02 D.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为m v 02,设物体A 的质量为M ,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x 时弹性势能E p =12Mv 02;对题图乙,物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧,A 、B 组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,A 、B 二者速度相等,由动量守恒定律有M×(2v 0)=(M+m )v ,由能量守恒定律有E p =12M×(2v 0)2-12(M+m )v 2,联立解得M=3m ,E p =12M×v 02=32mv 02,A 、C 正确,B 、D 错误。
3.如图所示,带有半径为R 的14光滑圆弧的小车的质量为m 0,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,求小球离开小车时,小球和小车的速度。
第八关 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-高考物理专题复习及典型试题
第八关动力学、动量和能量观点在力学中的应用1.动量和能量综合应用例 1 (多选)如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4 s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是()A．0∼4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB．t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD．木板的速度最大为2m/s练习1-1如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．2.综合分析多过程问题例2如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．练习2-1如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；（3）物块A最终停止位置到Q点的距离．课后检测1. 质量为1 kg的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t 变化的关系图象如图所示．已知t=4 s时物体刚好停止运动，取g=10m/s2，以下判断正确的是()A．物体所受摩擦力为3 NB．t=2 s时物体的速度最大C．t=3 s时物体的动量最大D．物体的最大动能为2 J2. 粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v-t图象如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是()A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量3. 如图所示，质量均为m的两带电小球A与B，带电荷量分别为+q、+2q，在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线运动，当两带电小球运动一段时间后A球速度大小为v，在这段时间内，下列说法正确的是()A．任一时刻B的加速度比A的大B．两球均做加速度增大的加速运动C．两球组成的系统电势能减少了mv2，但动能和电势能之和不变D．两球动量均增大，且总动量也增大4.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点ℎ（不计空气阻力），则() 进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为12A．小球冲出B点后做斜上抛运动B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是RmgℎD．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于125.光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x3xB．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23mv2C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv26. “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度7.如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b球质量之比M:m=()A．3:5B．1:3C．2:3D．1:28. (多选)如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板．已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、μb，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．下列说法正确的是()mv02A．若没有物块从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为13B．若μb<2μa，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落μa gL，则ab一定不相碰C．若v0≤√32D．若μb>2μa，则a可能从木板左端滑落9.(多选)如图所示，甲、乙两个小滑块（视为质点）静止在水平面上的A、B两处，B处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙．若甲在水平向右的拉力F=kt（其中k=2N/s）的作用下由静止开始运动，当t=3s时撤去力F，随后甲与乙发生正碰而粘合在一起，两滑块共同滑行2.4m后停下，已知甲的质量为1kg，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取g=10m/s2，则()A．0∼3s内，力F的冲量大小为18N⋅sB．撤去力F时甲的速度大小为9m/sC．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5m/sD．乙的质量为0.5kg10. 如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙壁之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中（作用时间极短），求：（1）当木块回到A点时的速度大小；（2）从开始到木块回到A点的过程中，墙壁对弹簧的冲量．11. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面ℎ= 1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知m A=2kg，m B=3kg，m C=1kg，g=10m/s2．求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．12. 如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C 中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计．C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ，A、B、C（包含挡板P）的质量相同，开始时，B和C静止，(g=10m/s2)（1）求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；（2）若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件；（3）若物块A与B发生碰撞（设为完全弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件．13.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．14. 如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：（1）A与弹簧分离时的速度大小；（2）A、B沿斜面上升的最大距离．15. 如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．16. 如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）滑块1过B点的速度大小；（2）弹簧释放的弹性势能大小；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．17. 汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小．。
动量和能量的综合问题-解析版
专题：动量和能量的综合问题1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0答案C解析到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3m v0＝m v c，解得v c＝3v0，碎片c 落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是()A．天问一号的速度变化量约为2.88×103m/sB．天问一号的速度变化量约为288m/sC．喷出气体的质量约为48kgD．喷出气体的质量约为240kg答案B解析根据动量定理有Ft＝MΔvΔv＝FtM＝3000×4805×103m/s＝288m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知m v气－(M－m)Δv＝0，解得喷出气体质量约为m＝438kg，C、D错误．3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是()A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关答案D解析人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m ，速度为v .船的质量为M ，速度为v ′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝m v ＋M v ′，解得vv ′＝－M m可知，人匀速行走，v 不变，则v ′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A 正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v ″，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ″，得v ″＝0即船停止不动，故B 正确，与题意不符；由以上分析知v v ′＝－Mm ，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C 正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D 错误，与题意相符．4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g .关于P 、Q 运动的描述正确的是()A ．P 与Q 第一次碰撞后P 的瞬时速度大小为v P 1＝25v 0B ．物块Q 从A 点上升的总高度v 029g C ．物块P 第二次碰撞Q 前的速度为75v 0D ．物块Q 从A 点上升的总高度v 0218g 答案CD解析P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m P v 0＝m P v P 1＋m Q v Q 1，由机械能守恒定律得12m P v 02＝12m P v P 12＋12m Q v Q 12，联立解得v P 1＝－35v 0，A 错误；当P 与Q 达到H 高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 02＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ，解得H ＝v 0218g，B 错误，D 正确；P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P 由动能定理得12m v 022－12m v P 12＝－mgh 1，P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v P 12＋12·4m v Q 12，联立解得v 02＝75v 0，C 正确．5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB 段是长为3m 的粗糙水平轨道，BC 段是光滑的、半径为0.2m 的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B 点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A 点，随小车一起以4m/s 的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB 段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，则()A ．物块到达C 点时对轨道的压力为0B ．物块经过B 点时速度大小为1m/sC ．物块最终距离小车A 端0.5mD ．小车最终的速度大小为1m/s 答案AD解析对物块在AB 段分析，由牛顿第二定律可知F ＝ma代入数据解得a ＝μmg m ＝2m/s.根据运动学公式，物块在B 点的速度为－2ax ＝v B 2－v A 2，代入数据解得v B ＝2m/s从B 到C 的运动过程中，由动能定理可得－mgr ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v C ＝0.根据向心力公式有F N ＝m v C 2r ，故物块到达C 点时对轨道的压力为0，A 正确；物块返回B 时，由于BC 是光滑的，有mgr ＝12m v B 2－12m v C 2，代入数据解得v B ＝2m/s ，B 错误；物块从B 到A ，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有m v B ＝(m ＋M )v ，解得v ＝1m/s ，整个过程由动能定理可得－mgx ＝12m v 2－12m v B 2，解得x ＝320m<3m ，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A 端的距离为L ＝x AB －x ＝5720m ，C 错误，D 正确．6．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直。
2023高考物理专题冲刺训练--动量守恒与能量综合在各类模型中的应用
动量守恒与能量综合在各类模型中的应用一、 “子弹打木块”模型1. 如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。
对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（ ）A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和2. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J3. 如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s ，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( ) A ．m ＋M m 2μgs B ．M －m m 2μgs C ．m m ＋M μgs D ．m M －mμgs4. （多选）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同5. （多选）矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，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，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大6. 如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。
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。
二轮复习专题五：能量和动量的综合应用
典
例
精
析
热点1. （碰撞中过程的分析）如图所示，位于光滑 水平桌面上的小滑块 A和B都可视作质点，质量相等。 B与轻质弹簧相连。设 B静止，A以某一初速度向B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（ ） A. B. C. D. A的初动能 A的初动能的1/2 A的初动能的1/3 A的初动能的1/4
热 点 分 析
热点4.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上 下两层固体组成，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 若射中上层子弹刚好 不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( ) A．两次子弹对滑块做的功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大 C．子弹嵌入上层时对滑块做功多 D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大
热 点 分 析
热点3. （滑块模型 ）如图所示，坡道顶端距水平面高 度为h，质量为m 1 的小物块A从坡道顶端由静止滑下， 进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将 轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一 端与质量为m2的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位 于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在 一起共同压缩弹簧。已知在OM段A、B与水平面间的动 摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g， 求 （1）物块A在档板B碰撞瞬间的速度v的大小； （2）弹簧最大压缩时为d时的弹性势能EP（设弹簧处热点4.（子弹射木块题型） 如图所示， 在光滑的水平地面上静止着质量为 M 的 木块，一粒质量为 m 初速为 v0 的子弹 水平击中木块，打入深度为 d ，试求转 化为内能的值 △E 是多少？
热 点 分 析
热点5.（冲击摆题型）如图所示，质量为M的 天车静止在光滑轨道上，下面用长为L的细线 悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为 m0 的子 弹，以的水平速度v0射入沙箱，并留在其中， 在以后运动过程中，求沙箱上升的最大高度。
新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题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．[2023·九师联盟质量检测]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＋MmMv202（m＋M）B．Mv0m＋MmMv20m＋MC．mv0m＋MmMv202（m＋M）D．mv0m＋MmMv20m＋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．[2023·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．[2023·河北省模拟]如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )A．45 J B．178 JC ．225 JD ．270 J 5.[2023·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．[2023·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．[2023·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．[2023·山西省一模]有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L ＝1.00 m ，质量均为m ＝20 kg ，边缘凸起部位的宽度均为d ＝0.05 m ．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F 水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s ＝0.20 m 后撤去F ，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5 N 时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g ＝10 m /s 2.(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数．(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？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 ＝12 mv 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 20 2（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 ＝12 gt 2，x 1＝v 1t ，由动量定理得I ＝mv 1，解得I ＝MmL M ＋m g 2h. 4．B 由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv 0＝(M ＋m)v ，由能量守恒，得12mv 20 ＝12(M ＋m)v 2＋μmgL＋E pmax ，联立解得E pmax ＝178 J ，B 项正确． 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＝x t，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 ＝12 m 1v 21 ＋12 m 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 ＝12 mv 2m ＋12Mv 2M ，解得v m ＝ 3gR 2 ，v M ＝ gR 6 ，滑块滑到B 点时的速度为 3gR 2，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 ＝R μ，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12 m a v 20 ＝12 m 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)0.01 (2)42.5 N (3)314.5 N解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理F 1s －μmg(L－3d)＝0解得μ＝0.01(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v 1，根据动能定理F 2s －μmg(L－3d)＝12mv 21 设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v 2，根据动量守恒定律有mv 1＝2mv 23号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－12(2m)v 22 解得F 2＝42.5 N(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v 3，根据动能定理F 3s －μmg(L－3d)＝12mv 23 设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v 4，根据动量守恒定律有mv 3＝2mv 43号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v 5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝12 (2m)v 25 －12(2m)v 24 设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v 6，根据动量守恒定律有mv 5＝2mv 6从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－12mv 26 联立解得F 3＝314.5 N。
第十六章 专题 动量和能量的综合应用
第16章 动量守恒定律 专题 动量和能量的综合应用题型一 滑块—木板模型例1．如图所示，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 )(1)木板B 的最大速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 速度刚好相等的过程中，木块A 所发生的位移是多少？(3)若物块A 恰好没滑离木板B ，则木板至少多长？练习1．如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，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( )A ．L B.3L 4C.L 4D.L 2【小结】：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，应由能量守恒求解问题．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．班级： 姓名：题型二子弹打木块模型例2．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：(重力加速度为g)(1)射入的过程中，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．练习2．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，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是()A．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【小结】：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．题型三 弹簧类模型例3．两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以速度v 02向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图3所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4，速度为v 0，子弹射入木块A 并留在其中．求：(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小．(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．练习3．如图所示，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( )A ．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【小结】：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．整个过程往往涉及到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4．(动量与能量的综合应用)如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面间的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．第16章 动量守恒定律专题 动量和能量的综合应用课后练习（一）1．如图所示，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( )A ．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2．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 ．μmgLC.12NμmgLD.mM v 22(m ＋M )3．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4所示．现有一质量为m 的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v 0，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．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 v 0M ＋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 )24．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，质量M ＝2 kg ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝6 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．3 JB ．4 JC ．12 JD ． 6 J班级： 姓名：5．如图所示，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 )( )A ．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h 4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算6．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v 0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，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求v v 0的值．动量守恒定律专题 动量和能量的综合应用课后练习（二）1．如图，质量为M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量为m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0＝1.2 m/s 的速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数＝0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：(g 取10 m/s 2)(1)小滑块的最终速度大小；(2)在整个过程中，系统产生的热量；(3)以地面为参照物，小滑块滑行的距离为多少？2．两物块A 、B 用水平轻弹簧相连，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？班级： 姓名：3．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用不可伸长的细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平(细线绷直)无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为m A＝4 kg、m B＝8 kg和m C＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s2.(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，则小车B的最小长度为多少？4．如图所示，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块质量m A＝2 kg 的物块A，A、B一起以大小为v1＝0.5 m/s的速度向左运动，一颗质量m0＝0.01 kg的子弹以大小为v0＝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/s2，求：(1)A、B间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量为多少？微型专题 动量和能量的综合应用[学习目标] 1.进一步熟练掌握动量守恒定律的应用.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题．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，应由能量守恒求解问题．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 的最大速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 速度刚好相等的过程中，木块A 所发生的位移是多少？(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 ①得：v ＝v 04② (2)A 向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx 1＝12m v 2－12m v 02③ 则木块A 所发生的位移为x 1＝15v 0232μg④ (3)方法一：B 向右加速过程的位移设为x 2.则μmgx 2＝12×3m v 2⑤ 由⑤得：x 2＝3v 0232μg木板的最小长度：L ＝x 1－x 2＝3v 028μg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 v 02－12(m ＋3m )v 2 得：L ＝3v 028μg. 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(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)射入的过程中，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 v 22(M ＋m )(2)m 2v 22(M ＋m )2μg解析 因子弹未射出，故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 v 2－12(M ＋m )v ′2② 解得：ΔE ＝Mm v 22(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 ＝m 2v 22(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，系统动量守恒．当子弹不穿出木块时，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．整个过程往往涉及到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 两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以速度v 02向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图3所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m4，速度为v 0，子弹射入木块A 并留在其中．求：图3(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小． (2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B 都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得： m v 02－m v 04＝(m4＋m )v A 解得v A ＝v 05(2)由于子弹击中木块A 后木块A 、木块B 运动方向相同且v A <v B ，故弹簧开始被压缩，分别给A 、B 木块施以弹力，使得木块A 加速、B 减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩量最大时共同速度为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ， 选向左为正方向，由动量守恒定律得：54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v 由机械能守恒定律得：12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm 联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02.1．(滑块—木板模型)如图4所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，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4A ．L B.3L 4 C.L 4 D.L2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 v 0＝2M v ，μMgs ＝12M v 02－12×2M v 2，得s ＝L2，D 项正确，A 、B 、C 项错误．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 0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5所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是( )图5A ．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 D解析 设子弹的质量是m ，初速度是v 0，滑块的质量是M ，选择子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律知滑块获得的最终速度(最后滑块和子弹的共同速度)为v.则：m v0＝(m＋M)v所以：v＝m v0M＋m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(子弹初、末速度相等)，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；滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，Q＝F f·x相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移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．(弹簧类模型)(多选)如图6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6A．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，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．4．(动量与能量的综合应用)如图7所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面间的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：图7(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)小车C 上表面的最短长度． 答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m解析 (1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律得：m A gh ＝12m A v 12①代入数据解得v 1＝2gh ＝5 m/s ②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，以向右的方向为正方向， m A v 1＝(m A ＋m B )v 2③ 代入数据解得v 2＝2.5 m/s ④(2)设小车C 上表面的最短长度为L ，滑块A 与B 最终恰好没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3，以向右的方向为正方向 根据动量守恒定律有： (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3⑤ 根据能量守恒定律有：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 32⑥联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375 m.一、选择题考点一 滑块－木板模型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v 1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝M v 1代入数据解得：v 1≈2.67 m/s ＜2.9 m/s ，所以物块处于向左减速的过程中．2．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2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2A.12m v 2 B ．μmgL C.12NμmgL D.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整体动量始终是守恒的，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．考点二 子弹打木块模型3．如图3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不正确的是( )图3A ．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 D解析子弹对木块的作用力大小为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．4．(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4所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，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4A．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 v0M＋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m2v022g(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，由于弹簧射入木块瞬间系统动量守恒可知：m v0＝(m＋M)v′所以子弹射入木块后的共同速度为：v′＝m v0M＋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＝m2v022g(M＋m)2，故D正确．考点三弹簧类模型5．如图5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5A ．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 ，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．6．如图6所示，静止在光滑水平面上的木板，质量M ＝2 kg ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝6 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )图6A ．3 JB ．4 JC ．12 JD ．6 J 答案 D7．(多选)如图7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7A ．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mgh2C ．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 ，即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，B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，即C 正确，D 错误． 二、非选择题8．(滑块—木板模型)如图8，质量为M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量为m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0＝1.2 m/s 的速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数＝0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：(g 取10 m/s 2)图8(1)小滑块的最终速度大小； (2)在整个过程中，系统产生的热量；(3)以地面为参照物，小滑块滑行的距离为多少？ 答案 (1)0.6 m/s (2)0.072 J (3)0.135 m 解析 (1)小滑块与长木板组成的系统动量守恒， 规定向右为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝(m ＋M )v 解得最终速度为：v ＝m v 0M ＋m ＝0.2×1.20.2＋0.2 m/s ＝0.6 m/s (2)由能量守恒定律得： 12m v 02＝12(m ＋M )v 2＋Q 代入数据解得热量为：Q ＝0.072 J (3)对小滑块应用动能定理： －μmgs ＝12m v 2－12m v 02代入数据解得距离为s ＝0.135 m.9．(子弹打木块模型)如图9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块质量m A ＝2 kg 的物块A ，A 、B 一起以大小为v 1＝0.5 m/s 的速度向左运动，一颗质量m 0＝0.01 kg 的。
6-3动量和能量综合应用
6－3 动量和能量综合应用一．本題共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。
1.对于任何一个质量一定的物体, 下面几种陈述正确的是A ．物体的动量发生变化, 其动能必定变化B ．物体的动量发生变化, 其动能不一定发生变化C ．物体的动能发生变化, 其动量必发生变化D ．物体的动能发生变化, 其动量不一定发生变化2.如图6-3-1所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（ ）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒3..如图6-3-2所示，在光滑的水平面上，木块A 以速度v 与静止木块B 正碰，已知两木块质量相等，当木块A 开始接触固定在B 左侧的弹簧C 后（ ）A.弹簧C 压缩量最大时，木块A 减少的动能最多B.弹簧C 压缩量最大时，木块A 减少的动量最多C.弹簧C 压缩量最大时，整个系统减少的动能最多D.弹簧C 压缩量最大时，木块A 的速度为零4．如图6-3-3所示， 半径和动能都相等的两个小球相向而行． 甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？ ( )A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动5.如图6-3-4所示，水平传送带以速度v =2m/s 匀速前进，上方料斗中以每秒50kg 的速度把煤粉竖直落到传送带上，然后一起随传送带运动，要使传送带保持原来的速度匀速前进，电动机应增加的牵引力和电功率为（ ）A.100N 100WB.100N 200WC.200N 100WD.200N 200W 6.质量分别为1m 和2m 的两个物体（12m m ），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能。
高考物理考点一遍过专题动量与能量的综合应用
专题32 动量与能量的综合应用一、两物体的碰撞问题两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：2112m v+2222m v=2132m v+2242m v+ΔE规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量12m m M=m1+m2可得v3221121()2m p m m v v M E±--∆，v4222122()2m p m m v v M E--∆1．若ΔE=0，损失能量最小。
当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。
故ΔE=0的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0的碰撞称为非弹性碰撞。
2．若ΔE尽量大，取最大值时，有22212121212()()22()m v v m m v vEM m m--∆==+。
此时可得v3=v4=pM，碰后两物体共同运动。
故ΔE最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。
二、弹簧连接体的“碰撞”光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。
1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。
2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。
在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。
3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。
三、水平方向的动量守恒动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。
四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE=Δmc2（Δm为质量亏损，c为真空光速）。
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p 1=10 kg·m/s，p 2=14 kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生正碰后，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 ．3:10B ．1:10C ．1:4D ．1:6【参考答案】AC 【详细解析】碰撞前甲球速度大于乙球速度，则有11p m >22p m ，可得12m m<57；根据动量守恒有p 1+p 2=p′1+p′2，解得p′1=4 kg·m/s，碰撞后甲、乙两球同向运动，甲球速度小于乙球速度，则有11p m '<22p m '，可得12m m >15；根据碰撞过程总动能不增加，由E k =22mv =22p m ，有2112p m +2222p m ≥2112p m '+2222p m '，可得12m m ≤717。
2024年高考物理一轮复习分层突破专题6之6-动量和能量的综合应用(原卷版)
专题二 能量与动量2.2动量和能量的综合应用1. （2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。
某种简易打桩机模型如图所示，重物A 、B 和C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）时，C 到两定滑轮的距离均为L 。
重物A 和B 的质量均为m ，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C 的绳与水平方向的夹角为60°。
某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。
设C时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为零，D 竖直向下运动距离后静止（不考虑C 、D 再次相碰）。
A 、B 、C 、D 均可视为质点。
（1）求C 的质量；（2）若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，求F 的大小；（3）撤掉桩D ，将C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A 、B 、C 的总动能最大时C 的动能。
2. （2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为和，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为，A 和C 以相同速度向右运动，B 和D 以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。
重力加速度大小取。
10L 1kg 2kg 1kg 010m /s v =0kv 0.1μ=210m /s g =（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
动量定理的应用动量定理(1)公式：Ft ＝p ′－p ，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．例题1. （2022·吉林长春·一模）清洗汽车时经常会用到高压水枪，水枪喷出水柱的速度可以调节，且水速变化时水柱的横截面积不变。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高中物理专题练习：动量与能量问题综合应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题,每小题8分,共48分.其中 1～4为单选,5～6为多选)1．如图所示,在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中错误的是( )A．两手同时放开后,系统总动量始终为零B．先放开左手,再放开右手之后动量不守恒C．先放开左手,后放开右手,总动量向左D．无论何时放手,在两手放开后、弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零答案 B解析当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故两手同时放开后系统总动量始终为零,A正确；先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故B 错误,C、D正确.2.(湖南六校联考)如图所示,质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手.首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2.设子弹均未射穿木块,且两颗子弹1与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )A．木块静止,d1＝d2B．木块向右运动,d1<d2C．木块静止,d1<d2D．木块向左运动,d1＝d2答案 C解析把木块和打入的两颗子弹看成一个系统,规定水平向右为正方向,由动量守恒定律可得：m 弹v 弹＋0－m 弹v 弹＝(2m 弹＋m )v 共,解得v 共＝0.开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时克服阻力所做的功,左侧射手开枪后,右侧射手开枪前,把左侧射手开枪打出的子弹和木块看做一个系统,设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f ,则由动量守恒定律有：m 弹v 弹＋0＝(m 弹＋m )v 共′,则v 共′＝m 弹m 弹＋mv 弹,左侧射手射出的子弹射入木块中时,该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE 1＝12m 弹v 2弹－12(m 弹＋m )v 共′2＝fd 1,右侧射手开枪打出的子弹射入木块时,则有－m 弹v 弹＋(m 弹＋m )v 共′＝(2m 弹＋m )v 共,系统损失的机械能ΔE 2＝12m 弹v 2弹＋12(m 弹＋m )v 共′2－0＝fd 2,ΔE 1<ΔE 2,故d 1<d 2,C 正确.3.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 物体上部分半圆形槽的半径为R ,将物体A 从圆槽的右侧最高点由静止释放,一切摩擦均不计,则( )A ．A 不能到达B 圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为 gR 3C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3D ．B 向右运动的最大位移的大小为2R3答案 D解析 对于物体A 、B 组成的系统,水平方向动量守恒,物体A 从圆槽的右端最高点由静止释放时,系统动量为零,设A 到达左侧最高点的速度为v 1,则v 1＝0,根据能量守恒定律知,A 能到达B 圆槽左侧的最高点,故A 错误；设A 到达最低点时的速率为v ,B 的速率为v ′,根据动量守恒定律得0＝mv －2mv ′,计算得出v ′＝v 2,根据能量守恒定律得mgR ＝12mv 2＋12·2mv ′2,计算得出v＝4gR3,B的速率v′＝gR3,故B、C错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当A运动到左侧最高点时,B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,根据动量守恒定律得：m(2R－x)＝2mx,计算得出：x＝2R3,故D正确.4．人们设想未来深空探测器是以光压为动力的.让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射,从而产生光压.设探测器在轨道上运行时,每秒每平方米获得的太阳光能E＝1.5×104 J,薄膜光帆的面积S＝6.0×102 m2,探测器的质量m＝60 kg.已知光子动量的计算式p＝hλ,那么探测器得到的加速度大小最接近( )A．0.001 m/s2B．0.01 m/s2 C．0.0005 m/s2D．0.005 m/s2答案 A解析由光子的动量p＝hλ,能量ε＝hν、λν＝c得ε＝pc.面积为S的光帆Δt时间内获得的光子数n＝E·S·Δtε.设探测器某时刻动量为p0,受到光压作用Δt时间后动量增加到p0＋Δp,因为光全部反射,根据动量守恒定律np＋p0＝－np＋(p0＋Δp),探测器动量增加量Δp＝2np,加速度a＝ΔvΔt＝ΔpmΔt＝2ESm·pε＝2ESmc＝0.001 m/s2,A正确.5．如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象.已知m1＝0.1kg.由此可以判断( )A．碰前m2静止,m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能答案AC解析由图甲、乙知,碰前m2静止,m1向右运动,碰后m2向右运动,m1向左运动,A正确,B错误；设碰前m1速度大小为v0,碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,则v0＝82m/s＝4 m/s,v1＝86－2m/s＝2 m/s, v2＝16－86－2m/s＝2 m/s,设向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2,解得m2＝0.3 kg,C正确；由能量守恒定律得,损失的机械能ΔE损＝12m1v2－（12m1v21＋12m2v22）＝0,可知碰撞过程中无机械能损失,碰撞为完全弹性碰撞,D错误.6．水平地面上有两个物体在同一直线上运动,两物体碰撞前后的速度—时间图象如图所示(其中一个物体碰后速度变为0).下列说法正确的是( )A．t＝0时,两物体的距离为1 mB．t＝2.5 s时,两物体的距离为4.5 mC．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D．碰撞前,地面对两个物体的摩擦力大小不相等答案BC解析两物体相向运动,均做匀减速直线运动,1 s时相碰,可知t＝0时,两物体的距离为Δs＝12×(4＋6)×1 m＋12×(2＋6)×1 m＝9 m,A错误；t＝2.5 s时,两物体的距离为Δs′＝12×6×(2.5－1) m＝4.5 m,B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1,速度为负值的物体的质量为m2,由题设可知,碰后原来速度为正值的物体的速度变为零,由动量守恒定律可知,m1×4＋m2×(－2)＝m2×6,解得m1＝2m2,由能量关系：碰前E1＝12m1×42＋12m2×22＝8m1＋2m2＝18m2,碰后E2＝12m2×62＝18m2,则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞,C正确；碰前速度为正值的物体所受的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1×6－41＝2m1,速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×6－21＝4m2＝2m1＝f1,则D错误.二、非选择题(本题共4小题,共52分)7．(10分)如图所示,两个木块A、B的质量分别为M1＝0.49 kg、M2＝0.5 kg,二者静置在光滑水平地面上,两木块间夹有一轻质弹簧,一颗质量m＝0.01 kg的弹丸以大小为150 m/s的速度v0打入木块A并停留在其中(打击时间极短),求：(1)弹丸射入A与A相对静止瞬时的速度v1；(2)当木块B的速度v＝1 m/s时,弹簧的弹性势能E p.答案(1)3 m/s (2)1 J解析(1)弹丸与木块A相互作用的过程中,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv＝(m＋M1)v1解得v1＝3 m/s.(2)弹丸同木块A一起压缩弹簧与木块B作用的过程中,系统动量守恒,机械能守恒,有(m＋M1)v1＝(m＋M1)v2＋M2v1 2(m＋M1)v21＝E p＋12(m＋M1)v22＋12M2v2联立解得E p＝1 J.8．(合肥质检三)(12分)如图所示,质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,其左侧紧靠竖直墙,右侧紧靠一质量为m的小滑块.将一质量为2m的小球自左侧槽口A 的正上方某一位置由静止开始释放,由圆弧槽左端A点进入槽内,小球刚好能到达槽右端C点,重力加速度为g,求：(1)小球开始下落时距A的高度h；(2)小球从开始下落到槽最低点B的过程中,墙壁对槽的冲量；(3)小滑块离开槽的速度大小.答案(1)R(2)4m gR,水平向右(3)2gR解析(1)设小球第一次运动到槽最低点B的速度为v B,小球从开始释放至运动到B点的过程中,则有：2mg(h＋R)＝12×2mv2B设小球运动到C点时,小球、半圆槽和小滑块系统的共同速度为v共,小球从B点到C点的过程中,则有：1 2×2mv2B＝2mgR＋12×(2m＋m＋m)v2共2mv B＝(2m＋m＋m)v共解得h＝RvB＝2gR.(2)对小球、半圆槽和小滑块系统,从开始至小球下落到B点的过程中,由动量定理：I＝2mvB－0解得I＝4m gR,方向水平向右.(3)对小球、半圆槽和小滑块系统,从小球第一次到B点至第二次到B点过程：2mv B＝2mv B′＋2mv槽1 2×2mv2B＝12×2mv B′2＋12×2mv2槽解得：v B′＝0,v槽＝2gR,小球第二次到B点后,小滑块离开槽而向右做匀速直线运动,速度为v滑＝v槽＝2gR.9．(兰州诊断)(15分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上,其中B点为圆弧轨道的最低点,BC段为长木板的水平部分,长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起,但不粘连.现将一质量m1＝2 kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放,经过B点时对长木板的压力大小为40 N.物块经C点滑到平板车的上表面.若平板车固定不动,物块恰好停在平板车的最右端.已知圆弧轨道的半径R＝3.6 m,BC段的长度L1＝5.0 m,平板车的长度L2＝4 m,物块与BC段之间的动摩擦因数μ＝0.2,平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计,g＝10 m/s2.求：(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f；(2)物块在BC段滑动的时间t；(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1 m的平板车,平板车的质量m2＝1 kg,且不固定,试通过计算判断物块是否能滑离平板车,若不能滑离,求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离,求出滑离时物块和平板车的速度大小.答案(1)36 J (2)1 s (3)能滑离103m/s43m/s解析(1)设物块到达B点时的速度大小为v1,由题意可知此时长木板对物块的支持力N＝40 N,由牛顿第二定律有N－m1g＝m 1v21 R解得v1＝6 m/s从A到B由动能定理有m1gR－W克f＝12m1v21解得W 克f ＝36 J.(2)设物块在C 点的速度大小为v 2,从B 运动到C 的时间为t ,由动能定理有 －μm 1gL 1＝12m 1v 22－12m 1v 21解得v 2＝4 m/s由牛顿第二定律有μm 1g ＝m 1a 解得加速度大小a ＝2 m/s 2 则从B 运动到C 的时间为t ＝v 1－v 2a＝1 s. (3)当原平板车固定时,由动能定理有 －f ′L 2＝0－12m 1v 22解得物块与原平板车之间的滑动摩擦力大小为f ′＝4 N由于新平板车材料与原平板车相同,所以物块与新平板车之间的滑动摩擦力大小f ＝f ′＝4 N.当新平板车不固定时,假设物块不能滑离平板车,它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v 3,物块相对平板车滑行的距离为x物块与平板车组成的系统动量守恒,有m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3物块与平板车组成的系统能量守恒,有 fx ＝12m 1v 22－12(m 1＋m 2)v 23联立解得x ＝43m>L 3说明假设不成立,物块滑离平板车设物块滑离平板车时物块的速度大小为v 4,平板车的速度大小为v 5 物块与平板车组成的系统动量守恒,有m 1v 2＝m 1v 4＋m 2v 5物块与平板车组成的系统能量守恒,有fL3＝12m1v22－12m1v24－12m2v25解得v4＝103m/s,v5＝43m/s另一组解v4＝2 m/s,v5＝4 m/s不合题意,舍去.10．(2015·广东高考)(15分)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R＝0.5 m.物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动.P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L＝0.1 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1,A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点,碰撞时间极短).(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度v n与n的关系式.答案(1)4 m/s 22 N (2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)解析(1)根据机械能守恒定律有1 2mv2＝2mgR＋12mv2解得v＝4 m/s设在Q点轨道对物块A的弹力向下,则mg＋F＝m v2 R解得F＝22 N.(2)根据机械能守恒定律,物块A与物块B碰撞前速度仍为v0.设碰撞后速度为v1,则mv＝2mv1碰后AB一起向前滑行,由动能定理有－μ×2mgx＝0－12×2mv21解得x＝4.5 m＝45L因此AB停在第45个粗糙段上,即k＝45.(3)碰后AB滑至第n个光滑段上,经过了n个粗糙段,则由动能定理得－μ×2mg(nL)＝12×2mv2n－12×2mv21解得v n＝9－0.2n m/s(n<45).。