高考物理一轮复习动量守恒定律专题强化七动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案

热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：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。

[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，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)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(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)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。

(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量m A＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量m B＝4 kg。

已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。

A 、B 紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为x ＝2 m 。

现对小车施加水平向右的恒力F ，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题. 2.学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题.3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律).一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论命题点一动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，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)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，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)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.例1(2017·山西五校四联)如图1甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：图1(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.答案(1)8m/s 7 m/s (2)3.5s解析(1)在0～3s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得v＝8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg ＝maP 在B 、C 两点间做匀减速直线运动，有： v 2－v 12＝2aL解得v 1＝7m/s(2)设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v 1′、v 2，有：mv 1＝mv 1′＋mv 212mv 12＝12mv 1′2＋12mv 22 碰撞后Q 做匀减速直线运动，有： μmg ＝ma ′t ＝v 2a ′解得t ＝3.5s变式1 (2018·宁夏银川质检)质量为m 1＝1200kg 的汽车A 以速度v 1＝21m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t ＝1s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，取g ＝10m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求： (1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍； (3)两车一起滑行的距离. 答案 (1)6m/s (2)6倍 (3)6m 解析 (1)对于减速过程有a ＝μg对A 车有：v A ＝v 1－at 对B 车有：v B ＝v 2－at以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m 1v A －m 2v B ＝(m 1＋m 2)v 共可得v 共＝6m/s(2)对A 车由动量定理得：－Ft 0＝m 1v 共－m 1v A 可得F ＝7.2×104N 则Fm 1g＝6 (3)对共同滑行的过程有x ＝v 2共2a可得x ＝6m命题点二 动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律. 能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律). (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.例2 如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑.水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内.a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动.(g 取10 m/s 2)求：图2(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离. 答案 (1)1m/s (2)132m (3)0.125m解析 (1)对物块a ，由动能定理得 －μmgL ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得a 与b 碰前a 的速度：v 1＝2m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2 代入数据解得v 2＝1m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1m/s 的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s. 对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 32代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m )v 32解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125m变式2 (2017·山东潍坊中学一模)如图3所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态.现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .重力加速度为g ，求：图3(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能. 答案 (1)3v 04μg (2)4171024mv 02解析 (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得： －μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得： 3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：ΔE ＝12mv 02－12×2mv 2A －12×3m ·(316v 0)2－12m ·(14v 0)2＝4171024mv 02命题点三 力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动. (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动. 2.应对策略(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3 (2015·广东理综·36)如图4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 ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上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/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).图4(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 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得： 12mv 02＝mg ·2R ＋12mv 2 得：A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s.在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F ＋mg ＝mv 2R解得：A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N(2)设A 、B 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12mv 2A 得：v A ＝v 0＝6 m/s A 、B 碰撞后以共同的速度v P 前进，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： mv A ＝(m ＋m )v P解得：v P ＝3 m/s总动能E k ＝12(m ＋m )v 2P ＝9 J滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J 则k ＝E kΔE＝45(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量E 损＝n ΔE ＝0.2n J由能量守恒得：12(m ＋m )v 2P －12(m ＋m )v 2n ＝n ΔE代入数据解得：v n ＝9－0.2n m/s ，(n ＜k )变式3 如图5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＝2s 至t 2＝4s 内工作.已知P 1、P 2的质量都为m ＝1kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4m ，g 取10m/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5(1)若v 1＝6m/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 k ；(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 km . 答案 (1)3m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14m/s 17J 解析 (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有mv 1＝2mv解得v ＝v 12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12mv 12－12(2m )v 2解得ΔE k ＝9J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为匀减速直线运动，设P 1、P 2碰撞后速度为v ，P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2，由牛顿第二定律和运动学规律，得 μ(2m )g ＝2ma 3L ＝vt －12at 2v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt2tv 2＝6L －μgt 22t由于2s≤t ≤4s，所以解得v 1的取值范围10m/s ≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1m/s ≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度v 3＝v 22－2aL ＝17m/s则P 向左经过A 点时的最大动能E km ＝12(2m )v 32＝17J1.如图1所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板.求：图1(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移大小； (2)木块A 在整个过程中的最小速度. 答案 (1)91v 0250μg (2)25v 0解析 (1)木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为v 1.对A 、B 、C 三者组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝0.6v 0对木块B 运用动能定理，有： －μmgs ＝12mv 12－12m (2v 0)2解得：s ＝91v 0250μg(2)当A 和C 速度相等时速度最小，设为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 则：3mv 0＝4mv ＋m [2v 0－(v 0－v )] 则v ＝25v 0(其中v 0－v 为A 和B 速度的变化量)2.如图2所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′相切.现将一质量m ＝1.0kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10m/s 2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离.答案 (1)5m/s (2)0.5m解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1，以向左的方向为正方向 由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 02－12(M ＋m )v 12＝mgR ＋μmgL② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车到二者相对静止的过程中，以向左的方向为正方向，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得： 12mv 02－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5m.3.如图3所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2 解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm ＝15128mgh .4.如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.图4(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)116mv 02(2)1348mv 02解析 (1)以v 0的方向为正方向，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝12v 0B 与C 碰撞的瞬间，B 、C 组成的系统动量定恒，有 m ·v 02＝2mv 2解得v 2＝v 04系统损失的机械能ΔE ＝12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝116mv 02(2)当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝3mv解得v ＝v 03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12(3m )v 2－ΔE ＝1348mv 02.小初高试卷教案习题集小初高试卷教案习题集 5.如图5所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P 置于水平桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力将P 缓缓推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W F ＝6J.撤去推力后，小物块P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C 点的平板小车Q 上，且恰好物块P 在小车Q 上不滑出去(不掉下小车).小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P 、Q 质量分别为m ＝1kg 、M ＝4kg ，A 、B 间距离为L 1＝5cm ，A 离桌子边缘C 点的距离为L 2＝90cm ，P 与桌面及P 与Q 的动摩擦因数均为μ＝0.4，g ＝ 10m/s 2，试求：图5(1)把小物块推到B 处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小物块滑到C 点的速度大小；(3)P 和Q 最后的速度大小；(4)Q 的长度.答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒，增加的弹性势能为：E p ＝W F －μmgL 1＝(6－0.4×1×10×0.05) J＝5.8 J(2)对BC 过程由动能定理可知：E p －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 02，代入数据解得小物块滑到C 点的速度为： v 0＝2 m/s ；(3)以向右的方向为正方向，对P 、Q 由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v解得共同速度：v ＝0.4 m/s(4)对P 、Q 由能量守恒得：μmgL ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 代入数据解得小车的长度：L ＝0.4 m.。

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。

六动量和动量守恒定律一、基本概念和规律1．物理量的比较(1)动量定理的表达式Ft＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合外力。

(2)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。

在这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

(3)应用动量定理解释两类物理现象①当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大；力的作用时间t越长，力F就越小。

如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。

②当作用力F一定时，力的作用时间t越长，动量变化量Δp越大；力的作用时间t越短，动量变化量Δp越小。

3．动量守恒条件的判断(1)绝对条件：系统所受外力的矢量和为零或不受外力。

这一条件告诉我们，系统动量是否守恒与系统内物体间的作用力的多少、大小以及性质无关，系统内力不会改变系统的总动量，但可以改变系统内各物体的动量，使某些物体的动量增加，另外一些物体的动量减小，而总动量保持不变。

(2)近似条件：系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可近似看成守恒。

(3)某一方向上的动量守恒条件：如果系统所受的外力矢量和不为零，但外力在某一方向上的矢量和为零，则系统在该方向上动量守恒。

值得注意的是，系统的总动量并不守恒。

(4)表达式①p＝p′即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。

系统总动量的求法遵循矢量运算法则。

②Δp＝p′－p＝0即系统总动量的变化量为零。

③Δp1＝－Δp2即对由两部分组成的系统，在相互作用前后两部分的动量变化等值反向。

4．关于碰撞问题(1)弹性碰撞：碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2若v2＝0，即为“一动一静”的弹性碰撞，碰后二者速度分别为v1′＝m1－m2 m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1如果m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1，二者速度互换；如果m1＜m2，则v1′＜0，m1被反弹；如果m1≫m2，则v1′≈v1，速度几乎不变，v2′≈2v1。

专题强化七动力学、动量和能量观点在力学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学基本规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．命题点一碰撞类问题的综合分析1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，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)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个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)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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．这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．例1(2016·全国Ⅲ·35(2))如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．①a 与b 发生弹性碰撞；②b 没有与墙发生碰撞．答案 32v 20113gl ≤μ<v 22gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 02>μmgl① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12mv 02＝12mv 12＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④ 12mv 12＝12mv 1′2＋12·34mv 2′2⑤联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12·34mv 2′2≤μ·3m 4gl ⑦联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式得，a 与b 发生弹性碰撞，但没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 22gl.1．(2015·全国Ⅰ·35(2))如图2所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图2答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 12＝12mv 32＋12Mv 42整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .2．如图3所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以v ＝6m/s 的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，B 与C 碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：图3(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度是多大？ (2)弹性势能的最大值是多大？(3)A 的速度有可能向左吗？为什么？答案 (1)3m/s (2)12J (3)不可能 理由见解析解析 (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 三者组成的系统动量守恒： (m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v A ′ ① 由①式解得v A ′＝3 m/s②(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者的速度为v ′，则：m B v ＝(m B ＋m C )v ′ ③ 由③式解得：v ′＝2 m/s④设物块A 速度为v A ′时，弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒：E p ＝12(m B ＋m C )v ′2＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2⑤ 由⑤式解得：E p ＝12 J⑥(3)系统动量守恒：m A v ＋m B v ＝m A v A ＋(m B ＋m C )v B⑦设A 的速度向左，v A ＜0，v B ＞4 m/s 则作用后A 、B 、C 动能之和：E ′＝12m A v A 2＋12(m B ＋m C )v B 2＞12(m B ＋m C )v B 2＝48 J⑧实际上系统的总机械能为：E ＝E p ＋12(m A ＋m B ＋m C )v A ′2＝(12＋36) J ＝48 J⑨根据能量守恒定律，E ′＞E 是不可能的，所以A 不可能向左运动． 命题点二 多运动过程问题的综合分析 应用力学三大观点解题时应注意的问题：(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．例2 (2015·广东·36)如图4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 ＝0.5m ，物块A 以v 0＝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，与直轨道上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/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．图4(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．①滑过最高点Q ，P 点左侧轨道光滑；②右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列．答案 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得： 12mv 02＝mg (2R )＋12mv 2 得：A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s.在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F ＋mg ＝mv 2R解得：A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N(2)AB 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12mv A 2得：v A ＝v 0＝6 m/s AB 碰撞后以共同的速度v P 前进，由动量守恒定律得： mv A ＝(m ＋m )v P解得：v P ＝3 m/s总动能E k ＝12(m ＋m )v P 2＝9 J滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J 则k ＝E kΔE＝45 (3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量E 损＝n ΔE ＝0.2n J由能量守恒得：12(m ＋m )v P 2－12(m ＋m )v n 2＝n ΔE代入数据解得：v n ＝9－0.2n m/s ，(n ＜k )3.如图5所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．图5答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm＝15128mgh.4.如图6所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一个凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝36，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d＝0.10m．A、B的质量都为m＝2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g＝10m/s2.求：图6(1)物块A和凹槽B的加速度分别是多大；(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；(3)从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小．答案(1)5.0m/s20 (2)0 1.0 m/s (3)1.2m解析(1)设A的加速度为a1，则mg sin θ＝ma1，a1＝g sin θ＝5.0 m/s2设B受到斜面施加的滑动摩擦力为F f，则F f＝μ·2mg cos θ＝36×2×2.0×10×cos 30°＝10 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mg sin θ＝2.0×10×sin 30°＝10 N，方向沿斜面向下．因为G1＝F f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则凹槽B的加速度a2＝0(2)释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为v A0，根据匀变速直线运动规律得v A02＝2a1dv A0＝2a1d＝2×5.0×0.10 m/s＝1.0 m/s因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B 碰撞后A的速度为v A1，B的速度为v B1，根据题意有mv A0＝mv A1＋mv B11 2mv A02＝12mv A12＋12mv B12解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A 1＝0，v B 1＝1.0 m/s(3)A 、B 第一次碰撞后，B 以v B 1＝1.0 m/s 做匀速运动，A 做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t 1，A 的速度v A 2与B 的速度相等，A 与B 的左侧壁距离达到最大，即v A 2＝a 1t 1＝v B 1，解得t 1＝0.20 s设t 1时间内A 下滑的距离为x 1，则x 1＝12a 1t 12解得x 1＝0.10 m因为x 1＝d ，说明A 恰好运动到B 的右侧壁，而且速度相等，所以A 与B 的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．设A 与B 第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t 2，A 运动的距离为x A 1，B 运动的距离为x B 1，第二次碰时A 的速度为v A 3，则x A 1＝12a 1t 22，x B 1＝v B 1t 2，x A 1＝x B 1解得t 2＝0.4 s ，x B 1＝0.40 m ，v A 3＝a 1t 2＝2.0 m/s第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A 、B 再次发生速度交换，B 以v A 3＝2.0 m/s 速度做匀速直线运动，A 以v B 1＝1.0 m/s 的初速度做匀加速运动．用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A 不会与凹槽B 的右侧壁碰撞，并且A 与B 第二次碰撞后，也再经过t 3＝0.40 s ，A 与B 发生第三次碰撞．设A 与B 在第二次碰后到第三次碰时B 运动的位移为x B 2，则x B 2＝v A 3t 3＝2.0×0.40 m ＝0.80 m ；设从初始位置到物块A 与凹槽B 的左内侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小为x ，则x ＝x B 1＋x B 2＝(0.40＋0.80) m ＝1.2 m. 命题点三 滑块—木板模型问题例3 如图7所示，质量m 1＝0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝15m ，现有质量m 2＝0.2kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：图7(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．最后在车面上某处与小车保持相对静止．答案(1)0.24s (2)510m/s解析(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f，对物块应用动量定理有－F f t＝m2v－m2v0其中F f＝μm2g联立以上三式解得t＝m1v0μ(m1＋m2)g代入数据得t＝0.3×20.5×(0.3＋0.2)×10s＝0.24 s.(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有m2v0′＝(m1＋m2)v′由功能关系有1 2m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝510 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不能超过510 m/s.5.如图8所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P置于水平桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P缓缓推至B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W F＝6J．撤去推力后，小物块P沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C点的平板小车Q上，且恰好物块P在小车Q上不滑出去(不掉下小车)．小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P、Q质量分别为m＝1kg、M＝4kg，A、B间距离为L1＝5cm，A离桌子边缘C点的距离为L2＝90cm，P与桌面及P与Q的动摩擦因数均为μ＝0.4，g＝10m/s2，试求：图8(1)把小物块推到B处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小物块滑到C 点的速度大小； (3)P 和Q 最后的速度大小； (4)Q 的长度．答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒有：增加的弹性势能为：E p ＝W F －μmgL 1＝(6－0.4×10×0.05) J ＝5.8 J(2)对BC 过程由动能定理可知：E p －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 02，代入数据解得小物块滑到C 点的速度为：v 0＝2 m/s ；(3)对P 、Q 由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 解得共同速度：v ＝0.4 m/s (4)对PQ 由能量守恒得： μmgL ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2代入数据解得小车的长度：L ＝0.4 m.6.如图9所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0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．由于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9(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度为多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离有多远？ (3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案 (1)MM ＋m v 0 (2)Mv 202μ(M ＋m )g (3)Mmv 202(M ＋m )解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于它们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v . 由动量守恒定律得：Mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝MM ＋mv 0. (2)设小铁块距A 点的距离为L ，由能量守恒定律得 μmgL ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2解得：L ＝Mv 202μ(M ＋m )g(3)全过程所损失的机械能为 ΔE ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202(M ＋m ).1．(2016·全国Ⅱ·35(2))如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图1(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 (1)20kg (2)不能，理由见解析解析 (1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v ① 12m 2v 02＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh②式中v 0＝3m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20kg v ＝1m/s ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 0＝0 ④代入数据得v1＝－1m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥1 2m2v02＝12m2v22＋12m3v32 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．2．如图2所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10m/s2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．答案(1)5m/s (2)0.5m解析(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ①由能量守恒得：1 2mv02－12(M＋m)v12＝mgR＋μmgL ②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2 ④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：12mv 02－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x ) ⑤联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.3．如图3所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中．图3(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)116mv 20 (2)1348mv 20解析 (1)对A 、B ，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝12v 0B 与C 碰撞的瞬间，B 、C 组成的系统动量定恒，有 m ·v 02＝2mv 2解得v 2＝v 04系统损失的机械能ΔE ＝12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝116mv 02(2)当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得mv 0＝3mv解得v ＝v 03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12(3m )v 2－ΔE ＝1348mv 02.4．如图4所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A ＝m ，m B ＝2m ，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M ＝3m ，车长L ＝2R ，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x ，x 在0＜x ＜2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)滑块A 在半圆轨道最低点C 时受到轨道的支持力F N ； (2)炸药爆炸后滑块B 的速度大小v B ；(3)请讨论滑块B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功W f 与s 的关系． 答案 见解析解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为v A ，设滑块A 在半圆轨道运动到达最高点的速度为v AD ，则m A g ＝m v 2ADR得到v AD ＝gR滑块A 在半圆轨道上运动过程中， 据动能定理：－m A g ×2R ＝12m A v AD 2－12m A v AC 2得：v A ＝v AC ＝5gR滑块A 在半圆轨道最低点：F N －m A g ＝m v 2ACR得：F N ＝m A g ＋m A v 2ACR＝6mg(2)在A 、B 爆炸过程，动量守恒，则m B v B ＋m A (－v A )＝0 得：v B ＝m A m B v A ＝5gR 2(3)滑块B 滑上小车直到与小车共速，设为v 共 整个过程中，动量守恒：m B v B ＝(m B ＋M )v 共 得：v 共＝2v B 5＝5gR5滑块B 从滑上小车到共速时的位移为x B ＝v 2共－v 2B－2μg ＝21R 8小车从开始运动到共速时的位移为x 车＝v 2共2μ2mg 3m＝34R两者位移之差(即滑块B 相对小车的位移)为： Δx ＝x B －x 车＝15R8＜2R ，即滑块B 与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B 以v 共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x ′x ′＝v 2共2μg ＝R 2＞(L －Δx )＝18R所以，滑块B 会从小车上滑离．讨论：当0＜x ＜3R4时，滑块B 克服摩擦力做功为W f ＝μ2mg (L ＋x )＝4m (2R ＋x )当3R4≤x ≤2R 时，滑块B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 W f1＝μ2mgx B ＝21mR2. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。