专题：动量守恒和能量守恒定律综合应用

动量守恒和能量守恒定律的综合应用1.解决该类问题用到的规律动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等。

2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。

(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程。

(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。

(4)对所选系统进行能量转化的分析。

例如，系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。

(5)选取所需要的方程列式并求解。

例3.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

P 2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P 1的最右端，质量为2m 且可看做质点。

P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2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P 2之间的动摩擦因数为μ。

求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。

[解析] (1)对P 1、P 2组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 解得v 1＝v 02 对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2 解得v 2＝34v 0。

(2)对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到最终P 停在A 点，由能量守恒定律得μ·2mg (2L ＋2x )＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得x ＝v 2032μg－L 对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩到最短，此时P 1、P 2、P 的速度均为v 2，由能量守恒定律得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得E p ＝m v 2016。

运动物体的能量守恒与动量守恒定律分析运动物体的能量守恒与动量守恒定律是物理学中重要的基本原理，它们揭示了物体在运动过程中能量和动量的守恒规律。

本文将从理论和实践两个方面分析这两个定律的原理和应用。

一、能量守恒定律能量守恒定律是指在一个封闭系统中，能量的总量在任何时刻都保持不变。

对于运动物体而言，其能量守恒定律可以分为动能守恒和势能守恒两个方面。

动能守恒是指物体在运动过程中，其动能的总量保持不变。

动能的大小与物体的质量和速度有关，可以用公式E=1/2mv²表示，其中E为动能，m为物体的质量，v为物体的速度。

当物体在运动过程中没有受到外力的作用时，动能守恒定律成立。

例如，一个自由落体的物体在下落过程中，只受到重力的作用，没有其他外力的干扰，其动能将保持不变。

势能守恒是指物体在运动过程中，其势能的总量保持不变。

势能是由物体所处位置决定的，常见的有重力势能、弹性势能等。

在没有外力做功的情况下，势能守恒定律成立。

例如，一个弹簧被压缩后释放，弹簧的势能会转化为物体的动能，当物体再次回到原来位置时，其势能又会恢复到原来的大小。

能量守恒定律在日常生活中有着广泛的应用。

例如，我们乘坐电梯上楼时，电梯的势能会转化为我们的动能，使我们能够上升到目标楼层。

再例如，我们玩弹球游戏时，弹球在碰撞过程中动能的转化使得游戏更加有趣。

二、动量守恒定律动量守恒定律是指在一个封闭系统中，物体的总动量在任何时刻都保持不变。

动量的大小与物体的质量和速度有关，可以用公式p=mv表示，其中p为动量，m为物体的质量，v为物体的速度。

当物体在运动过程中没有受到外力的作用时，动量守恒定律成立。

动量守恒定律在碰撞过程中有着重要的应用。

碰撞可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。

弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞过程中动能守恒，并且碰撞前后物体的动量大小和方向都保持不变。

例如，两个弹球碰撞后，它们的动量之和仍然保持不变。

非弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞过程中动能不守恒，但总动量仍然保持不变。

考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝mv 2－mv 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的.Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故F mg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δmv 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) ＋mg －mg ＋mg －mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确. 2.一质量为 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1) (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20代入数值解得μ＝(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2解得W ＝9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2 如图2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＝ 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＝ m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝，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).图2(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. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12mv 2－12mv 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2R解得F ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－12·2mv ′2解得x ＝ m 所以k ＝x L＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2所以v n ＝错误! m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝错误! m/s (n <45) 变式训练3.如图3，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3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 20＝12mv 21＋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 21＝12mv 23＋12Mv 24 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 .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3 如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2＝8×10－3kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝ m ，质量m 1＝1×10－3kg 的带电小物块以初速度v 0＝ m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝，取g ＝10 m/s 2，求：图4(1)碰后m 1的速度；(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝ m ，求磁感应强度B 的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小. 解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 20代入数据解得：v 1＝ m/sv 2＝ m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2代入数据得：v 1′＝－ m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3C由洛伦兹力提供向心力，设物块m 2做圆周运动的半径为R ，则qv 2B ＝m 2v22R轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝ m/s>v 2＝ m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1am 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝s v 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有：R ′＝12h由qv 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝ T答案 (1)－ m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3) T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案 (1)2BL grR，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律：mgr 1＝12mv 2D ，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BLv D回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：mg ＝mv 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：mv D ＝mv P ＋mv Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12mv 2D －12mv 2P －12mv 2Q ＝3mgr若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：mv D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12mv 2D－12(m ＋m )v 2＝4mgr 综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝ m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝ kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1) m (2)不能 (3) m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR同时v y v D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t解得x ＝ m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝ m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝ m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12mv 2M －12mv 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 012m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12mv 2A ，解得h ＝ m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝ m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝ kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝ kg.质量m 2＝ kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝ kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m/s m/s (2) (3)1 s m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝ m/s ，v 2＝ m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈ (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝ m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝ m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103 s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝ m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝ m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝ m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝ m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝ m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出答案 (1)1 m/s (2) m m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s(2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有： mv a ＝－m ×13v a ＋Mv b解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝ mR ＝h －2r 2＝ m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12mv 2B ＝12mv 2a ＋mgh 解得：12mv 2B ＝ J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12mv 2B －12mv 20 解得：W f ＝ J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12mv B ′2 解得：12mv B ′2＝ J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv BE ＝12mv 20＋12kmv 2B ＝k ＋12kmv 20(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB 有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝v 0k由qv 0B ＝m v 20R 知，R ＝mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB .。

图5-3-1动能、动量、机械能守恒 综合运用 动能定理的理解1.动能定理的公式是标量式，v 为物体相对于同一参照系的瞬时速度.2.动能定理的研究对象是单一物体，或可看成单一物体的物体系.3.动能定理适用于物体做直线运动，也适用于物体做曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用.只要求出在作用的过程中各力所做功的总和即可.这些正是动能定理的优越性所在.4.若物体运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时可以分段考虑，也可以将全过程视为一个整体来考虑.【例1】一个物体从斜面上高h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S ，如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．【解析】 设该斜面倾角为α，斜坡长为l ，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：mgh mgl W G==αsinαμcos 1mgl W f -=物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S 2，则22mgS W f μ-= 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW =ΔE k ． 所以 mgl sin α－μmgl cos α－μmgS 2=0 得 h －μS 1－μS 2=0．式中S 1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故ShS S h =+=21μ动能定理的应用技巧1.一个物体的动能变化ΔE k 与合外力对物体所做的总功具有等量代换关系.若ΔE k ＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功；若ΔE k ＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值；若ΔE k =0，表示合外力对物体所做的功为0,反之亦然.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法.2.动能定理中涉及的物理量有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理.由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始、末两状态的动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于动能和功都是标量，无方向性，无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便.3.动能定理解题的基本思路(1)选择研究对象，明确它的运动过程.(2)分析研究的受力情况和各个力的做功情况，然后求出合外力的总功. (3)选择初、末状态及参照系. (4)求出初、末状态的动能E k1、E k2.(5)由动能定理列方程及其它必要的方程，进行求解.【例2】如图5-3-2所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R =0.8m ，BC 是水平轨道，长S =3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m =1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止.求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功.【解析】物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，W G =mgR ，f BC =umg ，由于物体在AB 段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：W外=0，所以mgR -umgS -W AB =0即W AB =mgR -umgS =1×10×0.8-1×10×3/15=6J【例3】质量为M 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h =0.20m ，木块离台的右端L =1.7m.质量为m =0.10M 的子弹以v 0=180m/s 的速度水平射向木块，并以v =90m/s 的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s =1.6m ，求木块与台面间的动摩擦因数为μ. 解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v 1，mv 0= mv +Mv 1……①木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v 2， 有：22212121Mv Mv MgL -=μ……②木块离开台面后的平抛阶段，ghv s 22=……③ 由①、②、③可得μ=0.50【点悟】从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理.机械能（1）定义：机械能是物体动能、重力势能、弹性势能的统称，也可以说成物体动能和势能之总和.图5-3-2Lhs图5-3-3（2）说明①机械能是标量，单位为焦耳（J ）.②机械能中的势能只包括重力势能和弹性势能，不包括其他各种势能.机械能守恒定律内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与重力势能可以相互转化，而总的机械能保持不变. 守恒条件：只有重力或弹力做功，只发生动能和势能的转化.分析一个物理过程是不是满足机械能守恒，关键是分析这一过程中有哪些力参与了做功，这一力做功是什么形式的能转化成什么形式的能，如果只是动能和势能的转化，而没有其它形式的能发生转化，则机械能守恒，如果没有力做功，不发生能的转化，机械能当然也不会发生变化.一、应用机械能守恒定律解题的步骤：1.根据题意选取研究对象（物体或系统）；2.分析研究对象在运动过程中的受力情况以及各力做功的情况，判断机械能是否守恒；3.确定运动的始末状态，选取零势能面，并确定研究对象在始、末状态时的机械能；4.根据机械能守恒定律列出方程进行求解注意：列式时，要养成这样的习惯，等式作左边是初状态的机械能而等式右边是末状态的机械能，这样有助于分析的条理性.【例1】如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R 的圆形轨道相连接，质量为m 的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点 多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？ 【解析】 小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．取轨道最低点为零重力势能面．因小球恰能通过圆轨道的最高点C ，说明此时，轨道对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列Rv m mg c 2= 得gR m R v m c 2212=在圆轨道最高点小球机械能:mgR mgR E C 221+=在释放点，小球机械能为: mgh E A =根据机械能守恒定律 A C E E = 列等式：R mg mgR mgh 221+= 解得R h 25=同理，小球在最低点机械能 221BB mv E = gR v E E B CB 5==小球在B 点受到轨道支持力F 和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列mg F Rv mmg F B62==-据牛顿第三定律，小球对轨道压力为6mg ．方向竖直向下．图5-5-1【例2】质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时，弹簧的压缩量为x 0，如图5-5-8所示.物块从钢板正对距离为3 x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物体质量也为m 时，它们恰能回到O 点，若物块质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O 点的距离. 物块从3x 0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒.则有200213.mv x mg =(1) v 0为物块与钢板碰撞时的的速度.因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒.设v 1为两者碰撞后共同速m v 0=2m v 1 (2)两者以v l 向下运动恰返回O 点，说明此位置速度为零。

动量守恒和能量守恒定律的综合应用
宁鹏程
【期刊名称】《高中数理化（高三）》
【年(卷),期】2007(000)009
【摘要】动量守恒和能量守恒定律的综合应用是高中物理的主干知识，也是高考的热点，解决此类问题务必在充分理解题意的基础上将整个物理过程仔细分解为若干个“子过程”，同时将每个子过程与学过的基本模型相对照，列出相应物理规律的方程，要抓住关键词，学会“分割”战术。

【总页数】3页(P29-31)
【作者】宁鹏程
【作者单位】河南省巩义市第五高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】O4
【相关文献】
1.例析动量守恒定律和能量守恒定律及其应用 [J], 李金根;
2.动量守恒定律和能量守恒定律及解读相关高考题 [J], 张小平;
3.解析动量守恒定律和能量守恒定律在解题中应用 [J], 薛银玲;
4.近十年高考动量与能量守恒定律综合应用考题归类分析 [J], 蔺立昌
5.高考中对于动量守恒定律与能量守恒定律结合应用的分析 [J], 于昊彤
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动量守恒与能量守恒定律的应用案例动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中重要的基本定律之一，它们在解释和分析物体的运动和相互作用过程中发挥着重要的作用。

本文将通过几个案例，展示动量守恒和能量守恒定律在实际生活中的应用。

案例一：汽车碰撞假设有两辆质量分别为m1和m2的汽车，它们相向而行，在平滑的道路上发生了碰撞。

根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量保持不变。

设汽车1和汽车2碰撞前的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1'和v2'。

根据动量守恒定律，可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'利用以上方程，我们可以计算汽车1和汽车2碰撞后的速度。

这个案例展示了动量守恒定律在汽车碰撞中的应用，它可以帮助我们分析和预测碰撞后的情况，为交通安全提供依据。

案例二：自由落体在没有空气阻力的情况下，自由落体运动中的物体在竖直方向上具有匀加速度运动。

在这种情况下，我们可以利用能量守恒定律分析物体的运动。

设物体的质量为m，重力加速度为g，下落的高度为h。

根据能量守恒定律，物体下落时，其机械能的总和保持不变。

机械能可以划分为动能和势能两部分。

初始时，物体的势能为mgh，动能为0；当物体下落到高度h时，动能为1/2mv²，势能为0。

利用能量守恒定律可以得到以下方程：mgh = 1/2mv²通过上述方程计算，我们可以确定物体下落时的速度v。

这个案例展示了能量守恒定律在自由落体运动中的应用，为我们理解物体在重力作用下的运动提供了便利。

案例三：爆炸事件在爆炸事件中，动量守恒定律和能量守恒定律同样可以应用。

假设一个物体在爆炸前的总动量为0，爆炸后的碎片物体分别具有不同的速度。

根据动量守恒定律，可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = m1'v1' + m2'v2'通过解上述方程，我们可以计算出碎片物体的速度。

此外，爆炸事件中还可以利用能量守恒定律分析爆炸前后物体的能量变化。

动量守恒与能量守恒的综合应用100043北京市苹果园中学 岳建伟 李世凯动量守恒与能量守恒的综合应用，一直以来是高中物理学习的重点知识和解题的难点所在。

对于该知识体系，我认为用好两个方程，建立好关系等式，是解决问题的良好途径。

另外，对于能量的种类有一个详尽的了解也是解决好该问题的关键。

高中物理学中涉及的能量种类一般有：动能，重力势能，弹性势能，电势能，内能等。

这些能量的计算都可以渗透到动量守恒与能量守恒综合应用的题目中。

一、动量守恒与弹性正碰在2009年北京卷理综第24题即涉及动量守恒与弹性正碰，可以建立动量守恒与机械能守恒表达式：'12'112211v m v m v m v m +=+ 1/2m 1v 12+1/2m 2v 22=1/2m 1v 1，2+1/2m 2v 2，2例如：一个运动物体，碰撞一个静止的物体，如果满足弹性正碰，则可建立如下方程：'12'1111v m v m v m +=1/2m 1v 12=1/2m 1v 1，2+1/2m 2v 2，2通过方程求解，可以得到碰后两个物体的速度如下：v 1，=（m 1-m 2）v 1 /（m 1+m 2） v 2，= 2m 1v 1 /（m 1+m 2） 讨论有以下四点：1.如果1m 大于2m ，即有v 1，大于0，v 2，也大于0，但v 1，小于v 2，，即水平面上不可能碰撞第二次；2.如果m 1=m 2 ,则 v 1，=0 v 2，= v 1 即交换速度（动量）；3.如果m 小于 m 2，即有v 1，小于0，v 2，大于0，即质量小的物体碰撞质量大的物体，质量小的物体反弹；4.如果m 1<< m 2，则v 1，= -v 1 v 2，= 0。

即如果没有动能损失，质量很小的物体碰撞质量很大的物体，质量小的物体以原速率反弹，质量很大的物体不动。

如在没有动能损失时，弹性小球碰地球。

二、动量守恒与动能和重力势能的守恒【例】一凹槽的弯曲部分为一个四分之一的光滑圆面，底边与光滑水平面相切，其质量为M ，在凹槽弯曲部分的顶部有一个质量为 m 的小球，从静止释放，问小球离开凹槽后，二者的速度各多大？分析：有已知条件可知，相互的支持力和压力为系统物体的内力，系统所受的外力的合力为0，（一维）动量守恒，属于静止反冲的题型，但二者的动能来自何方呢？通过判断得知，来自小球的重力势能。

力学三大观点综合应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动量和能量观点在力学中的应用例1(2014 ·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为 1.0 m ，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v 0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案(1)2.5 m/s(2)6次(3)5 s12.75 m解析(1) 设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得m v0＝ 2m vv＝2.5 m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F ＝μF＝μmgf N设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由功能关系得1212－ F f·s1＝(m＋m)v－ m v022解得 s1＝ 12.5 m已知 L＝ 1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、 v2，碰后的速度分别为 v 1′、 v2′.有m v1＋ m v2＝m v1′＋ m v2′121m v22121m v2′2m v1＋＝m v1′＋2222得 v 1′＝ v2， v2′＝ v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块的v —t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝ v 0＋ata ＝－ μg解得 t ＝ 5 s凹槽的 v —t 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小 s 2.(等腰三角形面积共分13 份，第一份面积为 0.5 L ，其余每两份面积和均为 L.)1 v 0)t ＋ 6.5L ，解得 s 2＝ 12.75 m.s 2＝(221．如图 2 所示，倾角 45°高 h 的固定斜面．右边有一高3h的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为1圆弧．质量为2m 的小球 A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，M 的静止小球 B ，右边有一半径为 h 的 4从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与 B 发生弹性碰撞， 碰后 B 从圆弧上的某点离开圆弧． 所有接触面均光滑， A 、 B 均可视为质点，重力加速度为 g.图 2(1) 求斜面与平台间的水平距离s 和 A 的初速度 v 0；(2) 若 M ＝ 2m ，求碰后 B 的速度；(3) 若 B 的质量 M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为 α.求 cos α的取值范围．答案(1) h 2gh (2) 2gh(3)2≤ cos α≤ 133解析(1) 设小球 A 飞上平台的速度为 v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1 反向平抛运动，由平抛运动规律得：1h ＝ 1gt 2， s ＝v 1t ， tan 45 ＝°gt2 2v 1解得： v 1＝ gh ， s ＝ h由机械能守恒定律得：1m v 0 2＝ 3mgh ＋ 1m v 1 222 2解得： v 0＝ 2 gh.(2) 设碰后 A 、 B 的速度分别为 v A 、 v B ，由动量、能量守恒得m v 1＝ m v A ＋ M v B1 2 1 21 2m v 1 ＝m v A ＋ M v B2222m2v B ＝ m ＋ M v 1＝ 3gh.(3) 由 (2) 可知，当 M ? m 时 v B ≈ 2 gh ＞ gh 从顶端飞离则 cos α＝ 1 当 M ? m 时， v B ＝ 0，设 B 球与圆弧面在 C 处分离，则：1 2 Mgh (1－ cos α)＝2M v Cv C 2 ， cos α＝ 2，故 2≤ cos α≤ 1Mg cos α＝ M h331．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、能量、动量解决综合问题例 2如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m＝ 1 kg 的足够长的木板C，在 C 上放置有A、 B 两物体， A 的质量 m A＝ 1 kg，B 的质量为 m B＝ 2 kg.A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能 E p＝ 3 J，现突然给A、B 一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v 0＝2 m/s的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与 A、B 分离．已知 A 和的摩擦因数为μ＝ 0.2，B、 C 之间的动摩擦因数为μ＝ 0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：1 2C 之间图3(1)弹簧与 A、 B 分离的瞬间， A、 B 的速度分别是多大？(2) 已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和 C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前B、 C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？(3) 已知 C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离？审题突破(1) 根据动量守恒和能量守恒列方程组求A、B 分离时的速度； (2) 由牛顿第二定律求三者的加速A、度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解．答案(1)0 3 m/s(2)4.5 J 1.5 m/s (3)0.75 m解析(1) 在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A＋m B)v0＝ m A v A＋ m B v B121212E p＋ (m A＋ m B)v0＝m A v A＋ m B v B222联立解得： v A＝0， v B＝3 m/s.2(2) 对物体 B 有： a ＝μg＝ 1 m/s ，方向水平向左B2对 A、 C 有：μ＋ m)a2m B g＝(m A又因为： m A a＜μ1m A g故物体 A、 C 的共同加速度为a＝ 1 m/s 2，方向水平向右对 A、 B、 C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B＝ ( m A＋ m B＋ m)v 121(m A＋ m B＋ m)v2Q＝ m B v B－22解得： Q＝ 4.5 J，v＝ 1.5 m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和 A 达到共同速度v1，之后 A、C 再以共同的加速度向右匀加速， B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度 v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故 C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A＝μ1g＝ 2 m/s2， a B＝μ2g＝ 1 m/s2μ，解得： a ＝ 4 m/s 21m A g ＋ μ2m B g ＝ ma C C v 1＝ v － a A t ＝－ v ＋ a C t解得： v 1＝ 0.5 m/st ＝ 0.5 s－ v ＋ v 1 x A1＝v ＋ v 12 t ＝ 0.5 m ， x C1＝ 2 t ＝－ 0.25 m故 A 、 C 间的相对运动距离为x AC ＝ x A1＋ |x C1|＝ 0.75 m.2． (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2为 μ＝ 0.1， AB 段长 L ＝ 4 m ， g 取 10 m/s ， 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E ；(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 1＝ 3 m/s2E ＝ 1m v 11× 2m v 2碰撞过程中损失的动能为：2－ 2②2 2解得E ＝9 J.(2) P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－ 2μ mg③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1 2 3L ＝ v 2t ＋ at2④26L － at由 ①③④ 式得 v 1＝t① 若 2 s 时通过 B 点，解得： v 1＝ 14 m/s ② 若 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1× 2m v A 2－ 1× 2m v 2 2＝－ μ·2mg ·4L22 当 v ＝ 1v 1 ＝ 7 m/s 时，复合体向左通过 A 点时的动能最大， E ＝17 J.22根据题中涉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；如果是碰撞并涉及时间的问题，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，O 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 O 点(A 、 B 均视为质点 )．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) 1 3gx 0 120＋ 4 3 gx 02(2) mgx 0 (3)4解析(1) 设 A 与 B 相碰前 A 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 3mgx 0 sin 30 1 2＝°m v 12由动量守恒定律得m v 1＝ 2m v 21解以上二式得 v 2＝ 2 3gx 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 ＋ 1·2m v 2 2＝ 2mgx 0 sin 30 °2解得 E p ＝ 1mgx 0.4(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 41 21 2m v ＋ 3mgx 0 sin 30 ＝°m v 322m 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1·2m v 4 2＋ E p ＝ 1·2m v 5 2＋ 2mgx 0sin 30 °2 211此后 A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则2 2＋ 2mgx 0 sin 30 ＋°mgR(1＋ sin 60 ) °2m v 5＝ m v 62在最高点有 mg ＝m v 6 R 2联立以上各式解得v ＝20＋ 4 3 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.(1) 若槽的底端没有滑块图m 2，传送带静止不运转，求滑块2m 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)(621 － 3) m5 解析(1) 滑块 m 11 2滑到 B 点有 m 1gh 1＝ m 1v 02解得 v 0＝ 5 m/s滑块 m 由 B 滑到 C 点有－ μm1 2－1211gL ＝ m 1 vm 1v 022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 211 v 0 2＝ 11v 1 2 ＋ 1 2v 2 22m2m2mm 1 速度方向不变即v 1＝ m 1－ m 2＋ m v 0＞ 0m 12 则 m 1＞ m 2.(3) 滑块经过传送带作用后做平抛运动12h 2＝2gt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m 2m 1－ m 2 1－ m 1 v 0≈ v 0＝ 5.0 m/s v 1＝ ＋ m v 0＝2m 1＋m 1v 2＝ 2m 1v 0＝ 2v 0≈ 2v 0＝ 10.0 m/s＋ m 2m2m1＋m 1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 － μm1′ 2－ 122gL ＝2m 2v 2 2m 2v 2解得 v 2′＝ 2 21 m/s落地点射程为 x 2＝ v 2′ t ＝621 m5m 2、m 1 的水平射程相差最大值为x ＝ (6 21－ 3) m.5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 M ＝ 4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高 h 1＝ 1.6 m ．水平面右边的台阶高 h 2＝ 0.8 m ，台阶宽l ＝ 0.7 m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝ 5 m的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝ 53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝ 2 kg 的甲物体和质量m 2＝ 1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上 A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为 μ＝ 0.2.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取 10 m/s 2，sin 53＝°0.8， cos 53 ＝°0.6)．求：图 3(1) 炸药爆炸使两物体增加的机械能E ；(2) 物体在圆弧轨道最低点 C 处对轨道的压力 F ；(3) 平板车上表面的长度 L 和平板车运动位移 s 的大小．答案 (1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下(3)1 m解析(1) 甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝ 01 2 1 m 2v 22＝75 J.E ＝ m 1v 1 ＋22(2) 设甲物体平抛到 B 点时，水平方向速度为 v x ，竖直分速度为 v yv y ＝ 2g h 1－ h 2 ＝ 4 m/s v x ＝v y＝ 3 m/stan θ合速度为： v B ＝ 5 m/s物体从 B 到 C 过程中：m 1gr(1－ cos θ)＝ 1m 1v C 2－ 1m 1v B222v C 2F N － m 1 g ＝ m 1 rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝ F N ＝ 46 N ，方向竖直向下．v y(3) 甲物体平抛运动时间： t ＝ g ＝ 0.4 s 平抛水平位移： x ＝ v x t ＝ 1.2 m ＞ 0.7 m甲物体在车上运动时的加速度为： a 1＝ μg ＝ 2 m/s2甲物体在车上运动时间为：t 1＝ v 0－ v x ＝ 1 sa 1甲物体的对地位移： x ＝1＋ v ＝ 4 m12 (v 0 x )t 1a 2＝ μm 1g ＝ 1 m/s 2甲物体在车上运动时，车的加速度为：1M甲离开车时，车对地的位移：2＝ 0.5 mx 2＝ a 2t 12车长为： L ＝ 2(x 1－ x 2)＝ 7 m车的位移为： s ＝ x 2＋ (x － l)＝ 1 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．现固定乙球，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、乙两物体可看做质点．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．答案(1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为23 m/s ，方向水平向右，乙的速度为 6 3m/s ，方向水平向左解析(1) 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：12 1 2m 1 v 0 ＝ m 1g ·2R ＋m 1v D ，22 在最高点 D ，由牛顿第二定律，v D 2 有 2m 1g ＝ m 1 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：E p ＝1m 1v 0 2＝1m 2v 乙 2，2 2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乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：2v 乙s＝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 v1、 v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒： m1v1＝ m2v2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：121212E p＝ m1v0＝ m1v1＋m2v2222解得： v1＝2 3 m/s，v2＝ 6 3 m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h，12则2m1v1＝m1gh得 h＝ 0.6 m＜ 0.8 m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v2＝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v2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为 2 3 m/s，方向水平向右，乙的速度为 6 3 m/s，方向水平向左．。

动量与能量的守恒定律动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中两个基本的守恒定律。

本文将从概念、原理和应用等方面阐述动量与能量的守恒定律。

一、动量守恒定律动量是物体运动的量度，与物体的质量和速度有关。

动量守恒定律指出，在没有外力作用时，一个系统的总动量保持不变。

动量守恒定律的数学表达式为：对于一个孤立系统，其初态和末态动量之间的差等于系统内部作用力的冲量。

动量守恒定律可以应用于众多实际问题，例如碰撞、爆炸等。

在碰撞问题中，如果系统内部没有外力作用，那么两个物体的总动量在碰撞前后保持不变。

这意味着一个物体的速度增加，另一个物体的速度必然减小。

二、能量守恒定律能量是物体或系统进行工作或产生热的能力。

能量守恒定律指出，在一个封闭系统中，能量不会凭空产生或消失，只会从一种形式转化为另一种形式。

能量守恒定律的数学表达式为：对于一个封闭系统，其初态和末态的能量之差等于系统所做的功与系统所接受的热之和。

能量守恒定律适用于各种能量转化的过程，包括机械能转化、热能转化和化学能转化等。

例如，一个物体从高处自由下落，其势能逐渐转化为动能，而且在空气阻力下逐渐转化为热能。

三、动量守恒与能量守恒的关系动量守恒和能量守恒是物理世界中两个独立而又相互关联的守恒定律。

动量守恒定律和能量守恒定律都描述了物理系统在各种变化中某一物理量的守恒情况，但两者关注的物理量不同。

动量守恒侧重于物体的运动状态，而能量守恒则侧重于物体的能量变化。

在某些情况下，动量守恒和能量守恒可以相互影响和转化。

例如，在完全弹性碰撞中，动能守恒和动量守恒同时适用。

在这种碰撞中，物体之间没有能量损失，同时总动量也保持不变。

四、应用举例动量守恒和能量守恒定律在实际问题中有广泛的应用。

下面以两个具体例子作进一步说明。

例一：弹性碰撞考虑两个质量分别为m1和m2的物体碰撞的情况。

由于没有外力作用，根据动量守恒定律，我们可以得到：m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f其中，m1v1i和m2v2i分别表示碰撞前两个物体的动量，m1v1f和m2v2f表示碰撞后两个物体的动量。

能量守恒与动量守恒自从能量守恒定律和动量守恒定律被引入物理学以来，它们已经成为了研究自然界各种现象的重要基石。

能量守恒定律和动量守恒定律指导着我们对物理世界的认识和理解。

本文将探讨能量守恒定律与动量守恒定律的原理及其在实际问题中的应用。

一、能量守恒定律能量守恒定律是指一个系统（在动能、势能和内能之间）的总能量在任何情况下都保持不变。

换言之，能量既不能创造也不能毁灭，只能转化形式。

能量守恒定律可以通过以下公式表达：能量的初始总和 = 能量的最终总和在实际应用中，我们常常以车辆碰撞为例来说明能量守恒定律的原理。

假设两辆车以相等的速度相向而行，当它们发生碰撞时，能量守恒定律说明了碰撞前后系统总能量的不变性。

具体而言，能量转化为变形能、声能和热能，但总能量保持不变。

能量守恒定律的应用不仅仅局限于碰撞问题。

它还可以应用于热力学、光学、电磁学等多个领域。

在化学反应中，能量守恒定律可以用来分析反应热、焓变等问题。

在机械系统中，能量守恒定律可以用来分析机械能转化与利用的问题。

总的来说，能量守恒定律是自然界中各种物理现象的基本定律，对我们了解和研究物质与能量的转化过程起着重要作用。

二、动量守恒定律动量守恒定律是指一个系统的总动量在任何情况下都保持不变。

动量的定义是物体的质量乘以其速度。

动量守恒定律可以通过以下公式表达：动量的初始总和 = 动量的最终总和在实际应用中，我们常常以弹性碰撞为例来说明动量守恒定律的原理。

当两个物体发生弹性碰撞时，其总动量在碰撞前后保持不变。

这意味着碰撞前两个物体的动量之和等于碰撞后两个物体的动量之和。

动量守恒定律不仅适用于弹性碰撞问题，还可广泛应用于其他领域。

在流体力学中，动量守恒定律可以用来分析流体的运动和流体力学现象。

在电磁学中，动量守恒定律可以用来研究电荷的运动和相互作用。

总的来说，动量守恒定律在物理学中起着重要的作用，深化了我们对运动和相互作用的理解。

综上所述，能量守恒定律和动量守恒定律是物理学中两个基本的守恒定律。

弹簧类问题中动量守恒和能量守恒的综合应用河北省鸡泽县第一中学 吴社英邮 编 057350手 机两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的物理过程，具有以下一些特点：能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统的机械能守恒；如果系统所受合外力为零，则系统动量守恒；若系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩最大程度时两物体速度相同(如光滑水平面上的弹簧连结体问题)，且当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度(如弹簧锁定的系统由静止释放)。

例1 如图1所示，物体A 和B 质量相等，它们连在一个轻质弹簧两端，置于左侧有一竖直挡板的光滑水平面上，B 与竖直挡板接触，此时弹簧处于原长，A 此时以速度v 0压缩弹簧，然后反弹回去。

若全过程始终未超过弹簧的弹性限度，对A 、B 和弹簧组成的系统，则(A) 从A 压缩弹簧开始，动量和机械能守恒(B) 弹簧第一次恢复原长开始，动量和机械能都守恒(C) 弹簧第一次拉伸最长时，弹簧的弹性势能与A 、B 此时的动能之和相等(D) 弹簧第二次恢复原长时，A 、B 的动量大小相等分析与解答 从A 开始压缩弹簧开始，至弹簧第一次变为原长，这个过程中挡板对系 统有向右的作用力，故系统动量不守恒，但这个作用力对系统并不作功，故系统机械能守恒，A 选项错。

从弹簧第一次恢复原长开始，挡板对系统不再有力的作用，系统所受合外力为零，除弹簧弹力对A 、B 做功外，无其它力做功，故系统机械能守恒，B 选项正确。

弹簧第一次拉伸最长时，AB 速度相同，设为v ，则mv 0=2mv (1)，E P =21mv 02—212mv 2 (2) 由(1) (2) 得 E P =41mv 02此时的动能之和为E K =212mv 2=41mv 02，所以C 选项正确。

当弹簧恢复原长时，即A 、B 相互作用结束时，二者速度应交换，所以必有一个物体的速度为零，D 选项错。

答案 BC点拨：本题一定要注意挡板对系统有向右的作用力时，系统动量不守恒，但因为不做功，所以机械能守恒。

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。

高考物理备考微专题精准突破专题3.13三大动力学观点的综合应用【专题诠释】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分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE kW合＝12mv22－12mv12机械能守恒定律E1＝E2mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、常见的力学模型及其结论模型名称模型描述模型特征模型结论“速度交换”模型相同质量的两球发生弹性正碰m1＝m2，动量、动能均守恒v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)“完全非弹性碰撞”模型两球正碰后粘在一起运动动量守恒、能量损失最大v＝m1m1＋m2v0(v2＝0，v1＝v0)“子弹打木块”模型子弹水平射入静止在光滑的水平面上的木块中并最终一起共同运动恒力作用、已知相对位移、动量守恒F f x相对＝12m1v02－12(m1＋m2)v2“人船”模型人在不计阻力的船上行走已知相对位移、动量守恒、开始时系统静止x 船＝mM ＋m L ，x 人＝MM ＋mL 【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =4.0kg ；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 =1.0m ，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E k =10.0J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

第七章 动量守恒定律专题十二 力学三大观点的综合应用核心考点五年考情命题分析预测动量与能量观点的综合应用2022：广东T13，湖北T16；2021：湖北T15；2020：山东T18力学三大观点的综合应用往往以高考压轴题的形式考查，综合性强，难度大，常与曲线运动、带电粒子在电磁场中的运动或导体棒切割磁感线等知识点相结合进行考查.预计2025年高考可能会出现三大观点应用的计算题.三大观点的综合应用2023：山东T18，广东T15，辽宁T15，浙江6月T18，浙江1月T18；2022：浙江6月T20；2021：北京T17，湖南T14题型1 动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律.能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.三种技巧（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）.（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性.1.[2024江西九校联考]如图所示，质量M ＝4kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝2kg 的小球通过长L ＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动.开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v 0＝4m/s ，以初始时刻轴O 的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定的直角坐标系xOy ，取g ＝10m/s 2.（1）若锁定滑块，求小球通过最高点时轻杆对小球的作用力大小；（2）若解除对滑块的锁定，求小球运动到最高点时的动能E k ；（3）若解除对滑块的锁定，在平面直角坐标系xOy 中，求出小球从出发至运动到最高点的过程的轨迹方程.答案 （1）4N （2）4J （3）（32x －14）2＋y 2＝14解析 （1）若锁定滑块，则小球从开始运动到上升至最高点的过程，机械能守恒，有12m v 02＝12m v 12＋mgL小球在最高点时，设轻杆对小球的作用力大小为F ，则有mg ＋F ＝mv 12L联立解得F ＝4N（2）若解除对滑块的锁定，由于小球与滑块组成的系统在水平方向上不受力，因此小球与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒.设小球通过最高点时的速度大小为v 2，此时滑块的速度大小为v ，以水平向右为正方向，则有0＝mv 2－Mv运动过程中，系统的机械能守恒，则有12m v 02＝12m v 22＋12Mv 2＋mgL又E k ＝12m v 22联立解得E k ＝4J（3）若解除对滑块的锁定，在小球上升的过程中，滑块向左运动，小球在水平方向上向右运动，设小球的位置坐标为（x ，y ）时，滑块向左运动的位移大小为Δx ，则由人船模型有m （L －x ）＝M Δx由几何关系可知（x －Δx ）2＋y 2＝L 2联立可得小球运动的轨迹方程为（32x －14）2＋y 2＝14.题型2 三大观点的综合应用1.三大基本观点动力学观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律.从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量（如速度、位置），所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程（如位移x 、时间t ）问题，不能解决力（F ）的问题.（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.（2）若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑使用动量定理.（3）若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.（4）若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.2.[三大观点的综合应用/2021湖北]如图所示，一圆心为O 、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q 点相切.在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小物块B 运动.A 、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点时速度为零.已知重力加速度大小为g ，忽略空气阻力.（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能.答案 （1）2R （2）mg sin θ√2gRcosθ （3）√10mgR解析 （1）设B 到半圆弧轨道最高点时速度为v 2'，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg ＝mv 22'RB 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R ＝12gt 2在水平方向上有x ＝v 2't联立解得x ＝2R（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得mgR cos θ＝12m v D2由于对A 做功的力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为P ＝mgv D sin θ解得P ＝mg sin θ√2gRcosθ（3）设A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得12m v 22＝12m v 22'＋mg ·2R解得v 2＝√5gR对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得12m v 12＝mgR解得v 1＝√2gR设碰前瞬间A 的速度为v 0，对A 、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋mv 2解得v 0＝√2gR ＋√5gR碰撞过程中A 和B 损失的总动能为ΔE ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22解得ΔE ＝√10mgR .3.[三大观点的综合应用/2023浙江6月]为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB 、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R ＝0.4m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接.质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k ＝100N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上.现有质量m ＝0.12kg 的滑块a 以初速度v 0＝2√21m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）.已知传送带长L ＝0.8m ，以v ＝2m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能E p ＝12kx 2（x 为形变量）.（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小v F 和所受支持力大小F N ；（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度v B ＝1m/s ，求滑块a 、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE ；（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx .答案 （1）v F ＝10m/s F N ＝31.2N （2）ΔE ＝0 （3）Δx ＝0.2m解析 （1）滑块a 以初速度v 0从D 处进入竖直圆弧管道DEF 运动，由动能定理有mg ·2R＝12m v F 2－12m v 02解得v F＝10m/s在最低点F ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v F2R解得F N ＝31.2N（2）碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有－mg ·2R －μmgL ＝12m v B 2－12m v a2解得v a ＝5m/s滑块a 、b 碰撞过程，由动量守恒定律有mv F ＝－mv a ＋3mv b解得v b ＝5m/s碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12m v F 2－12m v a 2－12·3m v b 2＝0（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有mv F ＝（m ＋3m ）v ab解得v ab ＝2.5m/s滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有（m ＋3m ）v ab ＝（m ＋3m ＋2m ）v abc解得v abc ＝53m/s由机械能守恒定律有E p1＝12×4m v ab 2－12×6m v abc2解得E p1＝0.5J由E p1＝12k x 12解得最大压缩量x 1＝0.1m滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c 速度最大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，使ab 加速，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时的弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x 2＝0.1m所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx ＝x 1＋x 2＝0.2m.方法点拨深化观念、建构模型，解决力学综合难题1.[2023浙江1月]一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB 、螺旋圆形轨道BCDE 、倾角θ＝37°的直轨道EF 、水平直轨道FG 组成，除FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与轨道AB 、EF 相切于B （E ）处.凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道FG 、平台JK 位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R ＝0.5m ，B 点高度为1.2R ，FG 长度L FG ＝2.5m ，HI 长度L 0＝9m ，摆渡车长度L ＝3m 、质量m ＝1kg.将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度h ＝2.3m 处静止释放，滑块在FG 段运动时的阻力为其重力的0.2倍.（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s 2）（1）求滑块过C 点的速度大小v C和轨道对滑块的作用力大小F C；（2）摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t .答案 （1）4m/s 22N （2）0.3 （3）2.5s解析 （1）C 点离地高度为1.2R ＋R cos θ＋R ＝3R滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得 mg （h －3R ）＝12m v C2－0 解得v C＝4m/s在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得 F C＋mg ＝m v C2R解得F C＝22N（2）从静止释放到G 点，由动能定理可得 mgh －0.2mgL FG＝12m v G2由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v根据动量守恒定律可得2mv ＝mv G由功能关系可得μmgL ＝12m v G 2－12×2mv 2综合解得μ＝0.3（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a ＝μg设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t 1，有t 1＝v G －v μg＝1s共速后继续向右匀速运动的时间t 2＝L 0－L －12vt 1v＝1.5st ＝t 1＋t 2＝2.5s .2.[2022广东]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A 处以初速度v 0为10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1N.滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m ＝0.2kg ，滑杆的质量M ＝0.6kg ，A 、B 间的距离l ＝1.2m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力.求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v ；（3）滑杆向上运动的最大高度h .答案 （1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m解析 （1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f'，f'＝f代入数据得N 2＝5N（2）解法1 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1解得a 1＝15m/s 2，方向向下由运动学公式得v 2－v 02＝－2a 1l代入数据得v ＝8m/s解法2 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12mv 2－12m v 02代入数据解得v ＝8m/s（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v 共代入数据得v 共＝2m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有－（M ＋m ）gh ＝0－12（M ＋m ）v 共2代入数据得h ＝0.2m.3.[2021湖南]如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L 的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ .质量为m 的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O 点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy ，x 轴的正方向水平向右，y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道P 端坐标为（2μL ，μL ），Q 端在y 轴上.重力加速度为g .（1）若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A 经过O 点时的速度大小；（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O 点落在弧形轨道PQ 上的动能均相同，求PQ 的曲线方程；（3）将质量为λm （λ为常数且λ≥5）的小物块B 置于O 点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，求A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围.答案 （1）√2μgL （2）x 22y ＋2y ＝4μL （0≤x ≤2μL ） （3）3λ－1λ－3μL ＜h ≤μL ＋3μL （λ+1）2（λ－1）2解析 （1）设A 滑到O 点时速度为v 0，A 从倾斜轨道上滑到O 点过程中，由动能定理有mg ·2μL －μmgL ＝12m v 02解得v 0＝√2μgL（2）若A 以（1）中的位置从倾斜轨道上下滑，A 从O 点抛出，假设能运动到弧形轨道上的P 点，水平方向有2μL ＝v 0t 1竖直方向有y P ＝12g t 12解得y P ＝μL ，假设成立所以A 落在弧形轨道时的动能E k 满足mg ·2μL －μmgL ＋mg ·μL ＝E k －0A 从O 点抛出，做平抛运动，水平方向有x ＝v 1t竖直方向有y ＝12gt 2又y ＝v y22g ，E k ＝12m （v 12＋v y 2）联立解得PQ 的曲线方程为x 22y＋2y ＝4μL （0≤x ≤2μL ）（3）设A 初始位置到x 轴的高度为h ，A 滑到O 点的速度为v A 0，碰撞后的速度为v A 1，反弹后再次返回O 点时速度为v A ，A 、B 碰撞后B 的速度为v B ，A 、B 碰撞过程有mv A 0＝mv A 1＋λmv B12m v A02＝12m v A12＋12λm v B2解得v A 1＝1－λ1+λv A 0，v B ＝21+λv A 0A 从倾斜轨道上滑到O 点的过程有mgh －μmgL ＝12m v A02碰后又运动到O 点过程有－μmg ·2L ＝12m v A 2－12m v A12又A 、B 均能落在弧形轨道上且A 落在B 点右侧应满足v B ＜v A ≤v 0联立求解得3λ－1λ－3μL ＜h ≤μL ＋3μL （λ+1）2（λ－1）24.[高考新题型/2023湖南]如图，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b ，长轴水平，短轴竖直.质量为m 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy ，椭圆长轴位于x 轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g .（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系xOy 中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若Mm ＝ba －b，求小球下降h ＝b2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a 、b 及g表示）.答案 （1）√2m 2gbM （m ＋M ）ma M ＋m（2）[(M ＋m ）x －ma ]2M 2a 2＋y 2b2＝1（y ≤0）（3）2b √ga+3b解析 （1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv 1－Mv 2对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb ＝12m v 12＋12M v 22 联立解得v 2＝√2m 2gbM （m ＋M ）根据人船模型规律，在水平方向上有mx 1＝Mx 2又由位移关系知x 1＋x 2＝a解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x 2＝maM ＋m（2）小球向左运动过程中，凹槽向右运动，当小球的坐标为（x ，y ）时，小球向左运动的位移x'1＝a －x ，则凹槽水平向右运动的位移为x'2＝mM （a －x ）小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运动轨迹满足（x －x '2）2a 2＋y 2b2＝1整理得小球运动的轨迹方程为[(M ＋m ）x －ma ]2M 2a 2＋y 2b 2＝1（y ≤0）（3）若Mm ＝b a －b，代入（2）问结果化简可得[x －（a －b ）]2＋y 2＝b 2即小球的运动轨迹是半径为b 的圆小球下降h ＝b 2高度的过程，小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，有mv'1x ＝Mv'2对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgh ＝12mv'12＋12Mv'22由几何关系及速度的分解得v'1sin30°＝v'1x联立解得v'1＝2b √g a+3b.1.[2024四川成都蓉城名校联考/多选]一次台球练习中，某运动员用白球击中彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m ＝0.2kg ，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v 2的关系如图所示，重力加速度g 取10m/s2.则下列说法正确的是（ BC ）A.碰撞前白球的速度为1.64m/sB.碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/sC.碰撞过程中，系统有机械能转化为内能D.台球所受桌面阻力为0.5N解析 由题图可知，碰后白球速度v 1＝0.8 m/s ，彩球速度v 2＝1.0 m/s.设碰撞前白球 速度为v 0，由动量守恒得mv 0＝mv 1＋mv 2，解得v 0＝1.8 m/s ，故A 错误；碰撞过程中，白球对彩球的冲量I ＝mv 2＝0.2×1.0 kg·m/s ＝0.2 kg·m/s ，B 正确；由于12m v 02＞12m v 12＋12m v 22，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C 正确；由运动学知识可知a ＝v 122x 1＝0.642×1.28 m/s 2＝0.25 m/s 2，故阻力为f ＝ma ＝0.05 N ，故D 错误.2.[2024北京海淀区期中/多选]如图所示，质量m A ＝1kg 、长L ＝9m 的薄板A 放在水平地面上，在大小为4N 、水平向右的外力F 作用下由静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，其速率达到v A ＝2m/s 时，质量m B ＝1kg 的物块B 以v B ＝4m/s 的速率由薄板A 右端向左滑上薄板，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.1，B 可视为质点，重力加速度g 取10m/s 2.下列说法正确的是（ AD ）A.当A 的速率减为0时，B 的速率为2m/sB.从B 滑上A 到B 掉下的过程中，A 、B 所组成的系统动量守恒C.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为9JD.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 所组成的系统机械能减少9J解析 B 滑上A 后，B 开始做减速运动，此时对B 由牛顿第二定律有μ2m B g ＝m B a B ，解得a B ＝1 m/s 2，对A 由牛顿第二定律有μ1(m A ＋m B )g ＋μ2m B g -F ＝m A a A ，解得a A ＝1 m/s 2，A 也开始做减速运动，假设A 速率减为0时，B 未从A 上掉下，则A 的速率减为0的时间为t 1＝v Aa A＝2 s ，此时B 的速度大小为v B 1＝v B -a B t 1＝2 m /s ，此过程A 、B 的相对位移Δx ＝v A22a A＋v B 2−v B122a B＝8 m ＜L ，故假设成立，A 正确；在B 滑上A 到A 速度减到零的过程中，有μ1(m A ＋m B )g ＝F ，即A 、B 所组成的系统受到的合力为零，动量守恒，当A 速度减为零时，由于μ1(m A ＋m B )g ＋μ2m B g ＞F ，则A 此后处于静止状态，且由平衡条件可知A 与地面间的摩擦力f ＜F ，A 、B 所组成的系统受到的合力不为零，动量不守恒，B 错误；从B 滑上A 到A 速度减为零的过程，A 的位移为x A ＝v A22a A＝2 m ，此过程B 的位移为x B ＝v B 2−v B122a B＝6 m ，结合B 项分析可知，此后A 处于静止状态，B 继续向左做匀减速运动直至掉下，则对从B 滑上A 到B 掉下的整个运动过程，A 、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为Q ＝μ1(m A ＋m B )gx A ＋μ2m B gL ＝17 J ，C 错误；从B 滑上A 到B 掉下的过程，A 、B 所组成的系统机械能的减少量为ΔE k ＝Q -Fx A ＝9 J ，D 正确.3.[设问创新/2024重庆南开中学校考/多选]如图所示，半径为R 、质量为3m 的14圆弧槽AB 静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B 点切线水平，距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其左侧连有轻弹簧.现将质量为m 的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A 点由静止释放，重力加速度为g ，不计一切摩擦.则下列说法正确的是（ BC ）A.系统（三个物体）全程动量守恒B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点相距53RC.弹簧弹性势能的最大值为916mgRD.小球1最终的速度大小为√6gR 4解析 小球1在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误.小球1从圆弧槽的A 点到B 点的过程中，设小球1滑到B 点时小球1的速度为v 0，圆弧槽的速度为v ，取水平向右为正方向，小球1与圆弧槽在水平方向动量守恒有0＝mv 0-3mv ，由能量守恒有mgR ＝12m v 02＋12·3mv 2，解得v 0＝3v ＝√3gR 2.设小球1到B 点时，小球1水平向右移动的距离为x 1，圆弧槽向左运动的距离为x 2，两者的相对位移为R ，因此有mx 1-3mx 2＝0，x 1＋x 2＝R ，联立解得x 1＝34R ，x 2＝14R . 此时圆弧槽的B 点与弹簧之间的距离L ＝x 2＋R ＝54R .小球1从B 点向右以v 0匀速运动，圆弧槽向左以v03匀速运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点的距离L'＝L ＋v03·Lv 0＝43L ＝53R ，故B 正确.小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有mv 0＝(m ＋3m )v 共，由能量守恒有12m v 02＝12(m ＋3m )v 共2＋E p ，联立解得E p ＝916mgR ，故C 正确.从小球1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有mv 0＝mv 1＋3mv 2，由能量守恒有12m v 02＝12m v 12＋12·3m v 22，解得v 1＝-12v 0，v 2＝12v 0.小球1之后向左以12v 0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以v03匀速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有m ·v02＋3m ·v03＝mv 3＋3mv 4，由能量守恒有12m (v02)2＋12·3m (v03)2＝12m v 32＋12·3m v 42，解得v 3＝14v 0，v 4＝512v 0，最终小球1以14v 0的速度向左运动，圆弧槽以512v 0的速度向左运动，小球2以12v 0的速度向右运动，小球1最终的速度为14v 0＝√6gR 8，故D 错误.4.长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态.A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：（1）A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；（2）碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？答案 （1）m 1√5gl （2）5gl （2m 1＋m 2）22m 2解析 （1）A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律有m 1g ＝m 1v 2l ①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v A 2＝12m 1v 2＋2m 1gl ②由动量定理有I ＝m 1v A③联立①②③式，得I ＝m 1√5gl ④（2）设两球粘在一起后瞬间的速度大小为v'，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v'＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律有m 2v B －m 1v A ＝（m 1＋m 2）v' ⑥又E k ＝12m 2v B 2 ⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧.5.[三轨推拉门/2023江苏扬州三模]有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m ，三扇相同的门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d ＝0.8m ，质量为m ＝20kg ，与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，用力F 水平向右拉3号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g ＝10m/s 2.（1）若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F 做的功W .（2）若F ＝12N ，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭.①求3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v 0.②求拉力F 的作用时间t .答案 （1）1.6J （2）①0.8m/s②2√63s解析 （1）根据动能定理有W －μmgd ＝0，解得W ＝1.6J（2）①设3号门板与2号门板碰撞后速度大小为v 1，碰后两门板位移大小均为d ＝0.8m从3号门板与2号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有－2μmgd ＝－12·2m v 12碰撞过程，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv 1，解得v 0＝0.8m/s②根据牛顿第二定律有F －μmg ＝ma根据动能定理有 Fx －μmgd ＝12m v 02【易错辨析】在关门过程中，拉力F 作用时间与门受到的摩擦力作用时间不同，不推荐应用动量定理列方程解答.根据运动学公式有x ＝12at 2解得t ＝2√63s.6.[2024湖南湘潭一中校考]如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R ＝0.9m ，圆轨道内侧最高点E 点装有一力传感器，且竖直圆轨道的最低点D 、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连接的物体A 和B ，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹出.轨道右侧M 端与水平传送带MN 等高，并能平滑对接，传送带总长度L ＝5m ，传送带速度大小和方向均可调.已知A 物体质量m A ＝1kg ，B 物体质量可变，A 、B 间被压缩的弹簧的弹性势能为30J ，取重力加速度g ＝10m/s 2.（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；（2）要使物体A 冲上传送带后，均能到达N 点，求传送带与物体A 之间的动摩擦因数的最大值；（3）要使物体A 在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B 的质量范围.答案 （1）0 （2）0.45 （3）m B ≤37kg 或m B ≥3kg解析 （1）当由重力提供向心力时，对E 点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的最小值F min ＝0（2）当物体A 恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时针转动，则物体A 一直在传送带上做匀减速直线运动.当物体A 到达N 点的速度为0时，则动摩擦因数最大，即对物体A 分析有m A g ＝m A v E2Rm A g ·2R －μm A gL ＝0－12m A v E2得μ＝0.45.（3）物体A 不脱离圆轨道有两种情况：①过最高点的速度v E ≥√gR对物体A 从被弹簧弹出开始到到达最高点，根据动能定理有－m A g ·2R ＝12m A v E 2－12m A v A2得v A ≥√5gR ＝3√5m/s②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，对物体A 从被弹簧弹出开始到到达圆心等高处，根据动能定理有－m A gR ＝0－12m A v A2得v A ≤√2gR ＝3√2m/s因为物体A 是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A 与B 反向弹开，由动量守恒有m A v A ＝m B v B由机械能守恒有E p ＝12m A v A 2＋12m B v B2得m B ＝v A260－v A2kg代入数据得m B ≤37kg 或m B ≥3kg.7.[2024河北唐山摸底演练]如图所示，一圆弧轨道AB 与倾角为θ的斜面BC 在B 点相接.可视为质点的两个形状相同的小球a 、b ，将小球b 置于圆弧轨道的最低点，使小球a 从圆弧轨道A 点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆弧轨道半径R ＝1m ，圆弧过A 、B 两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a 的质量m 1＝4kg ，小球b 的质量m 2＝1kg ，重力加速度g ＝10m/s 2，不计一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）与小球b 碰前瞬间，小球a 的速度大小v 0；（2）碰后瞬间小球b 对轨道的压力大小F ；（3）小球b 从B 点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC 的最远距离h ，√6.24取2.5.答案 （1）2m/s （2）20.24N （3）0.36m解析 （1）对小球a 从静止释放到与小球b 碰撞前瞬间的过程，由动能定理有m 1gR （1－cos θ）＝12m 1v 02代入数据解得v 0＝2m/s（2）小球a 与小球b 发生弹性正碰，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22对碰撞后瞬间小球b ，由牛顿第二定律有F N －m 2g ＝m 2v 22R联立并代入数据解得F N ＝20.24N由牛顿第三定律可得小球b 对轨道的压力大小F ＝F N ＝20.24N（3）对小球b 从碰撞后到飞出圆弧轨道瞬间的过程，由动能定理有－m 2gR （1－cos θ）＝12m 2v 32－12m 2v 22代入数据解得v 3＝2.5m/s由几何关系可知，此时小球b 的速度与斜面的夹角为α＝74°小球b 在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，则有v'0＝v 3sin α，a ＝g cos θ对小球b 从B 点运动到距离斜面最远的过程，由运动学规律有2ah ＝v '02代入数据解得h ＝0.36m.8.[板块模型＋弹簧模型＋新信息/2023辽宁]如图，质量m 1＝1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k ＝20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m 2＝4kg 的小物块以水平向右的速度v 0＝54m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.取重力加速度g ＝10m/s 2，结果可用根式表示.（1）求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1.（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 2及此时木板速度v 2的大小.（3）已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0.求木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU （用t 0表示）.答案 （1）1m/s 0.125m （2）0.25m√32m/s （3）（4√3t 0－8t 02）J解析 （1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m 2v 0＝（m 1＋m 2）v 1解得v 1＝1m/s两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm 2g ＝m 1a解得a ＝4m/s 2由运动学公式有2ax 1＝v 12。

专题：动力学三大规律的综合应用八滩中学：严井其一、高考热点分析：动力学主要研究的是物体运动状态的变化与其受力之间的关系。

若物体受力一段时间，则力对时间有积累，物体的动量发生变化；若物体在力的作用下通过一段位移，则力对空间有积累，物体的动能或其它形式的能发生变化。

解决动力学问题的三个基本观点是：1、牛顿运动定律结合运动学公式。

这是解决动力学问题的基本思路和方法，利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的思节，在中学阶段，用此方法只能研究匀变速运动(包括直线和曲线)和匀速圆周运动，对一般的变速运动和碰撞、爆炸等问题，不能用之求解。

另外，仅适用于宏观低速运动的情况。

2、动量定理和动量守恒定律3、动能定理和能量守恒定律这两种观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它无须对过程变化的细节深入研究，关心的是运动状态变化及引起变化的原因。

另外，这两种观点不仅适用于宏观低速运动的物体，对于微观高速世界，它也适用。

二、典例分析：例一：如图，质量为m=2Kg的物块放在长L=3.0m高h=0.80m固定不动的水平台面左端，物块与台面间的动摩擦因数µ=0.15。

今给物块一个水平向右的恒力F，使物块从台面右边滑出后做平抛运动，已知该水平恒力的冲量为I=12N.S，物块离开台面后只受重力的作用。

求：(1)物块做平抛运动的初速度随恒力作用时间t变化的规律；(2)物块落地点到台面右侧的水平距离的取值范围。

例二：如图，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平轻弹簧，小车沙箱的总质量为M，质量为m0的物体A随小车以速度V0向右做匀速直线运动，物体A与其左侧车平面间的动摩擦因数为µ，与其它车平面的摩擦不计，在车匀速运动时，距沙面H高度处有一质量为m的铁球自由下落，恰好落在沙箱中，求：(1)小车在前进中，弹性势能的最大值。

(2)为使A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少应有多长？例三：如图，静止在负极板附近的带负电的微粒m1在MN间突然加上电场时开始运动，水平匀速地击中速度为零的中性微粒m2后粘合在一起恰好沿一段圆弧运动落在N极板上，若m1=9.995×10-7Kg，带正电q=10-8C，电场强度E=103V/m，磁感应强度B=0.5T，求m1击中m2前的高度，m1击中m2前瞬时速度，m2的质量及m1和m2粘合体做圆弧运动的半径。