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1．μ=0。
45 见《导学教程》P 322. 【答案】（1）013v ；（2）20136mv 解析：（1）设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒，有 10)(v m m mv += ①当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒，有 2132mv mv =② 由①②两式解得2013v v = ③ （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ｅp ，由能量守恒，有 2212112322p mv mv E =+ ④撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为v 3，则有231(2)2p E m v = ⑤以后弹簧伸长，A 球离开挡板P ，并获得速度．当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v 4，由动量守恒，有4332mv mv = ⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为p E '，由能量守恒，有2234112322p mv mv E '=+ ⑦ 由以上各式解得'20136p E mv = ⑧3. 【答案】（1）7.5J P E =；（2）2.0m/s ；（3）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，故小物块恰能到达圆弧最高点A 时，二者的共同速度0v =共 ①设弹簧解除锁定前的弹性势能为P E ，上述过程中系统能量守恒，则有P E mgR mgL μ=+② 代入数据解得7.5J P E =③ （2）设小物块第二次经过O '时的速度大小为m v ，此时平板车的速度大小为M v ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有0m M mv Mv =- ④221122m M mgR mv Mv =+⑤ 由④⑤式代入数据解得 2.0m v =m/s⑥ （3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．设小物块相对平板车滑动的总路程为s ，对系统由能量守恒有P E mgs μ= ⑦代入数据解得s =1.5m ⑧则距O '点的距离x ＝s －L ＝0.5m ⑨4. 【答案】0.3m解析：设A 、C 之间的滑动摩擦力大小f 1，A 与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f 2 0.220.10μμ==12，，则11225F mg f mg μ=<= 且222(2)5F mg f m m g μ=>=+ 说明一开始A 和C 保持相对静止，在F 的作用下向右加速运动，有2211()(2)2F f s m m v -=+ A 、B 两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得： mv 1=(m ＋m )v 2碰撞结束后三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移s 1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则2mv 1＋(m ＋m )v 2=(2m ＋m ＋m )v 3设A 、B 系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f 3，则A 、B 系统，由动能定理：2211313232112222(2)f s f s mv mv f m m m gm -=-=++对C 物体，由动能定理得221113111(2)(2)2222F l s f l s mv mv +-+=- 联立以上各式，再代入数据可得l =0.3m ．。
2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20动量与能量综合问题【专题导航】目录热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 (1)热点题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 (4)热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型 (9)热点题型四应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (13)【题型演练】 (16)【题型归纳】热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型s 2d s 1v 0子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……①从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有ds s =-21对子弹用动能定理：20212121mv mv s f -=⋅-……②对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……③②相减得：()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……④对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅……⑤对木块用动量定理：Mv t f =⋅……⑥【例1】(2020·江苏苏北三市模拟)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50J ，则此过程产生的内能可能是()A ．10JB ．50JC ．70JD ．120J【答案】D.【解】析：设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝122＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m mE k >50J ，当Q ＝70J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．【变式1】(2020·陕西咸阳模拟)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。
动量和能量 第一讲答案训练1:（1）根据动量守恒：v M m mv )(0+= 系统机械能的减少量：2220111222E mv mv Mv mgl μ∆=--= （2）m 、M 相对位移为l ，根据能量守恒得：Q mgl μ=，可解出L训练2:小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A 错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和，故选项B 、D 错误，C 正确． 训练3:（1）由A 到B 过程，根据动能定理：mgR=21m v 2 ∴物体到达B 点时的速率v =gR 2=8.0102⨯⨯=4m/s （2）由A 到C 过程，由动能定理：mgR －μmgs ＝0 ∴ 物体与水平面间的动摩擦因数μ=R /s =0.8/4=0.2 训练4:（1）根据机械能守恒 E k =mgR（2）根据机械能守恒 ΔE k =ΔE p mv 2=12mgR 小球速度大小 v=gR 速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B 点N B －mg=m v B 2R ,mgR ＝12mv B 2 解得 N B =3mg 在C 点：N C =mg 训练5: ①小球经过B 点时，重力与支持力的合力提供向心力，由公式可得：Rv m mg F B NB2=- 解得：mg F NB 3= ②小球离开B 点后做平抛运动，在竖直方向有：221gt R H =- 水平方向有：t v S B = 解以上两式得： R R H S )(2-= ③由R R H S )(2-=，根据数学知识知，当R R H =-（即21=H R ）时，S 有最大值，其最大值为：H R R S m ===222 训练6:（1）物块沿斜面下滑C 到B 的过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑到达斜面底端B 时的速度为v ，则由动能定理可得：21cos 0sin 2h mgh mg mv μθθ-⋅=- 所以v = 代入数据解得：0.6=v m/s （2）设物块运动到圆轨道的最高点A 时的速度为v A ，在A 点受到圆轨道的压力为N 。
动量能量的综合题目各个类型各选一个1.(2017·洛阳市二模)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现将一质量m＝1.0 kg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＝，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g ＝10 m/s2，求：(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．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，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：12mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s(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：12mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x) ⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.2．如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层．(1)设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ. 求高压水枪的功率和水柱对煤的平均冲力．(2)若将质量为m的高压水枪固定在装满水、质量为M的消防车上，当高压水枪喷出速度为v(相对于地面)、质量为Δm的水流时，消防车的速度是多大水枪做功多少(不计消防车与地面的摩擦力)解析：(1)设Δt时间内，从水枪中喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔVΔV＝vSΔt＝14vπD2ΔtΔt时间内从水枪中喷出的水的动能E k＝12Δmv2＝18ρπD2v3Δt由动能定理，高压水枪对水做的功W＝E k＝18ρπD2v3Δt高压水枪的功率P＝WΔt＝18ρπD2v3考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上的水的质量为m，则由动量定理可得FΔt′＝mvΔt′时间内喷到煤层上的水的质量m＝ρSvΔt′＝14ρπD2vΔt′解得F＝14ρπD2v2.(2)对于消防车和水枪系统，在喷水的过程中，水平方向上不受外力，动量守恒．取喷出水的速度方向为正方向，设喷水时消防车速度为v车，由动量守恒定律，(m＋M－Δm)v车＋Δmv＝0解得v车＝－Δmvm＋M－Δm.负号表示消防车速度方向与喷出水的速度方向相反由功能关系，水枪做功W＝12Δmv2＋12(M＋m－Δm)v2车＝m＋M2m＋M－ΔmΔmv2.3.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg·cos θ·L＝12·3mv20－12·3mv2＋2mgLsin θ－mgL可解得v＝2 m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量， 即12·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x其中x 为弹簧的最大压缩量解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得12·3mv2＋2mgxsin θ－mgx ＝μ·2mgcos θ·x ＋Epm. 解得Epm ＝6 J.4．(2017·河南洛阳模拟)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以速度v0水平弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝0.3 m 的光滑竖直圆形轨道，运动一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m ，水平距离s ＝0.6 m ，水平轨道AB 长为L1＝1 m ，BC 长为L2＝ m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s2.(1)若小滑块恰能过圆形轨道的最高点，求滑块在A 点射出速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在A 点弹射出的速度大小的范围．解析：(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律mg ＝m v2R从B 到最高点小滑块机械能守恒有12mv2B＝2mgR＋12mv2从A到B由动能定理得－μmgL1＝12mv2B－12mv21由以上三式解得A点的速度为v1＝5 m/s.(2)若小滑块刚好停在C处，从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－12mv22解得A点的速度为v2＝6 m/s若小滑块停在BC段，应满足5 m/s≤vA≤6 m/s若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动则有竖直方向：h＝12gt2水平方向：s＝vCt从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝12mv2C－12mv23解得v3＝3 5 m/s所以初速度的范围为5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 5 m/s.5．如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，可视为质点的小木块A质量m＝1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝.当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm.g取10 m/s2.求：(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量．解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a A＝μmg ma B＝F－μmgM根据题意有s B－s A＝L即12a B t2－12a A t2＝L ③将数据代入①②③联立解得t＝1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为v A＝a A tv B＝a B t当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mv A＋Mv B＝(m＋M)v ⑥由能的转化与守恒得12mv2A＋12Mv2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有mv A＋Mv B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x) ⑩由⑩式解得Q＝J.6.一静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，(1)粒子离开原子核时速度为v0，则剩余部分的速率等于。
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．。
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。
动量与能量综合专题【五大模型】：1. 碰撞：2. 子弹打木块 & 板块相对滑动：3. 爆炸：4. 反冲：5. 绳子突然绷紧：【五大情景】：一． 直线追及和临界问题【第1题】3★．滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。
两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示。
求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比【第2题】1★．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
两球刚好不发生第二次碰撞。
求A 、B 两球的质量之比，及A 、B 碰撞前、后两球总动能之比【第3题】5★★．如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平轨道上。
现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后AB 分别以018v 、034v 的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动。
滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。
两次碰撞时间极短。
求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小【第4题】8★★. 图所示，矩形盒B的质量为M，底部长度为L，放在水平面上，盒内有一质量为M/5可视为质点的物体A，A与B、B与地面的动摩擦因数均为μ，开始时二者均静止，A在B的左端．现瞬间使物体A获得一向右的水平初速度v0，以后物体A与盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动．当A与B的左壁最后一次碰撞后，B立刻停止运动，A继续向右滑行s（s＜L）后也停止运动．（1）A与B第一次碰撞前，B是否运动？（2）若A第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为v1，求此时矩形盒B的速度大小；（3）当B停止运动时，A的速度是多少？（4）求盒B运动的总时间．【第5题】11★★．如图所示，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3s 时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知m B＝3m A，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．【第6题】18★★★．如图，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前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/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0.3mh=（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为130kgm=，冰块的质量为210kgm=，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小210m/sg=．ⅰ）求斜面体的质量；ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩二． 多过程问题与曲线运动（平抛和圆周运动）【第7题】6★★．如图，BM 段为半径R =1m 光滑圆轨道，圆心在O 点，OB 与竖直方向夹角θ=60°；AM 段为长度L=1m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于M 点，M 在O 点的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。
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。
动量和能量的综合应用 例题精选例题1： 如图，质量为3m 、长度为L 的木块放于光滑水平面上，质量为m 的子弹以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为0.4v 0 ，设木块对子弹的阻力始终保持不变，求：（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小；（2）子弹穿出木块中所受平均阻力大小。
解：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，有mv 0=0.4mv 0+3mv ,则子弹穿出后木块的速度为v=0.2v 0 ；（2）子弹穿越木块的过程中，设木块的位移为s , 则据动能定理对子弹有：-f(s+L)= 12m(0.4v 0)2－12mv 02 对木块有： fs=123mv 2 联立解得：f=9mv 20/(25L)变式训练1：如图所示，质量为M 的木块固定在水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v 1水平射向木块，并恰能射穿，设木块的厚度及木块对子弹的平均阻力恒定. 试问若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹要射穿该木块速度至少应为多少？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，设子弹以速度v 0射入恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即 mv 0＝(m ＋M )v设木块对子弹阻力为f, 木块厚度为d ,对系统应用能量守恒得fd ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得fd ＝12mv 02－12(m ＋M )(mv 0m ＋M)2 整理得12mv 20＝m ＋M Mfd -----------------① 据题目条件，在木板固定时对子弹列动能定理有 -fd= - 12mv 12 ………………②联立① ② 可得v 0v 1例题2：如图甲质量m B ＝1 kg 的平板小车B 在光滑水平面上以v1＝1 m/s 的速度向左匀速运动．当t ＝0时，质量m A ＝2 kg 的小铁块A 以v 2＝2 m/s 的速度水平向右滑上小车，A 与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2.若A 最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g ＝10 m/s 2，则：1)A 在小车上停止运动时，小车的速度为多大？(2)小车的长度至少为多少？(3)在图乙所示的坐标纸中画出1.5 s 内的小车B 运动的速度—时间图象．解：因p A ＝m A v 2＞p B ＝m B v 1，所以系统的总动量水平向右，即A 在车上停止运动时，它们必定以共同速度向右运动．此过程中A 的运动方向不变，做减速运动，而B 是先向左做匀减速运动而后再向右做匀加速运动，最后与A 达到共同速度．(1)A 在小车上停止运动时，A 、B 以共同速度运动，设其速度为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 2－m B v 1＝(m A ＋m B )v解得：v ＝1 m/s.(2)设小车的最小长度为L ，由功能关系得μmAgL ＝12m A v 22+12m B v 12-12(m A ＋m B )v 2 解得：L ＝0.75 m.(3)设小车匀变速运动的时间为t ，由动量定理得μmAgt ＝mB (v ＋v 1)解得：t ＝0.5 s故小车的速度—时间图象如右图所示．答案：(1)1 m/s (2)0.75 m (3)见解析图变式训练2：如图所示，一质量m 2＝0.20 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.25 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＝0.4，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＝12 3 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10 m/s 2.求：(1)小车的最小长度应为多少？最后小物体与小车的共同速度为多少？(2)小物体在小车上相对小车滑行的时间.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m 1v 0＝(m 2＋m 1)v 1 ①由三物体组成的系统动量守恒得(m 2＋m 1)v 1＝(m 2＋m 1＋m 3)v 2 ②设小车最小长度为L ，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得12(m 2＋m 1)v 21－12(m 2＋m 1＋m 3)v 22＝μm 3gL ③联立以上方程解得L ＝0.9 m车与物体的共同速度为 v 2＝2.1 m/s(或1.2 3 m/s)(2)以m 3为研究对象，利用动量定理得：μm 3gt ＝m 3v 2 ④解得t ＝0.52 s(或0.3 3 s)例题3：如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和物体B ，放在光滑的水平面上，水平速度为v 0的子弹射中物体A 并嵌在其中(作用时间极短)，已知物体B 的质量为m B ，物体A 的质量是物体B的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，求（1） 弹簧被压缩至最短时的弹性势能；（2） B 物体的最大速度。
动量能量试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 动量守恒定律适用于：A. 只有重力作用的系统B. 只有弹力作用的系统C. 没有外力作用的系统D. 有外力作用但外力为零的系统答案：C2. 一个物体的动能与其速度的关系是：A. 与速度成正比B. 与速度的平方成正比C. 与速度的立方成正比D. 与速度的四次方成正比答案：B3. 以下哪个选项是正确的能量守恒定律表述？A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不能被创造也不能被消灭D. 能量可以在不同形式之间转化答案：C4. 一个物体的动量与其质量、速度的关系是：A. 动量等于质量与速度的乘积B. 动量等于质量与速度的平方的乘积C. 动量等于质量的平方与速度的乘积D. 动量与质量和速度无关答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 动量守恒定律的数学表达式为：\( p_{总} = p_{1} + p_{2} + ... + p_{n} \)，其中p代表______，n代表______。
答案：动量；物体数量2. 动能的计算公式为：\( E_k = \frac{1}{2}mv^2 \)，其中E_k代表______，m代表______，v代表______。
答案：动能；质量；速度3. 能量守恒定律表明，能量在转换过程中______。
答案：总量保持不变4. 动量与动能的关系是：动量是矢量，而动能是______。
答案：标量三、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述动量守恒定律的条件。
答案：动量守恒定律的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，或者外力远小于内力。
2. 请解释为什么在碰撞过程中动量守恒，而动能不守恒。
答案：在碰撞过程中，动量守恒是因为系统不受外力或外力远小于内力，动量在碰撞前后保持不变。
而动能不守恒是因为碰撞过程中可能存在能量的损失，如转化为内能、热能等，导致动能减少。
四、计算题（每题20分，共40分）1. 一个质量为2kg的物体以10m/s的速度向东运动，与一个质量为3kg的物体以5m/s的速度向西运动发生碰撞。
动量和能量答案 典型例题1、C2、BD3、AC4、B5、CD 6解：设M 1自由下落H 距离时的速度绳子拉紧后的一小段时间△t 后，M 1与M 2具有相同的速率V ,M 1的速度向下，M 2的速度向上。
对M 1由动量定理，以向上为正方向: (T 1－M 1g)△t =－M 1v －(－M 1v 1) ②对M 2由动量定理，以向上为正方向： (T 2－M 2g)△L = M 2v －0 ③因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T 1=T 2，所例题解答例题1（1）由动量守恒定律，mv v m mv 35200+⨯=，解得木块的速度大小为50v v = （2）设木块对子弹的阻力为f ，对子弹和木块分别应用动能定理，有220012()[()]25f s L m v v +=-2132fs mv =⨯解得木块滑行的距离6Ls =（3）设传送带的速度大小为u ，在子弹穿透木块的全过程中，子弹的速度由v 0减小为u ，对子弹在全过程中应用动量定理和动能定理，有0()ft m v u =-2201()()2f ut L m v u +=-由（2）可求得2925mv f L=解得0523L t v =例题2解析：子弹与A 球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为m ，A 球、B 球分别都为M ，子弹与A 球组成的系统动量守恒，则 mv 0= (m +M )V ①（1）以子弹、A 球、B 球作为一系统，以子弹和A 球有共同速度为初态，子弹、A 球、B 球速度相同时为末态，则 （m +M ）V = (m +M +M )V ′ ② 2211()()22P m M V m M M V E '+=+++ ③M ＝4m ，解得2245P mv E =④（2）以子弹和A 球有共同速度为初态，子弹和A 球速度最小、B 球速度最大为末态，则（m +M ）V = (m +M )V A +MV B ⑤ 222111()()222A Bm M V m M V MV +=++ ⑥ 解得0145A V v =，029B V v = ⑦ 或A V ＝15v 0，B V ＝0⑧根据题意求A 球的最小速度和B 球的最大速度，所以V Amin 0145v =，V Bmax 029v =例题3解析：滑块滑至Q 点时它与小车具有相同速度，这个速度大小为V ，则有：m g H m v =1202① m v m m V 03=+() ② 22011(3)22Q mv m m V =-+③ 解得v g H 02=④ V gH =142⑤34Q mgH =例题4解析：（1）A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度．设此速度为v ，A 和B 的初速度的大小为v 0，由动量守恒可得00()Mv mv M m v -=+解得0M mv v M m-=+，方向向右①（2）A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v 的两个阶段．设l 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l 2为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图所示．设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，根据动能定理，对B ，有2201122fL Mv Mv =- ② 对A ，有21012fl mv =③ 2212fl mv =④ 由几何关系L ＋（l 1－l 2）＝l ⑤由①②③④⑤式解得14M ml l M+=例题5解析：设木块和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律得v M m mv )(0+=①设全过程损失的机械能为E ，则220)(2121v M m mv E +-=②用s 1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W 1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W 2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用s 2表示从碰撞后瞬间到物块回到a 端时木板的位移，W 3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W 4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用W 表示在全过程中摩擦力做的总功，则 W 1=1mgs μ③ W 2＝)(1s s mg +-μ ④ W 3＝2mgs μ- ⑤ W 4＝)(2s s mg -μ⑥ W ＝W 1＋W 2＋W 3＋W 4⑦ 用E 1表示在碰撞过程中损失的机械能，则 E 1＝E －W ⑧由①～⑧式解得mgs v Mm mM E μ221201-+=⑨代入数据得E 1＝2.4J ⑩例题6解析：（1）由题意水平地面光滑，可知小车和木块组成的系统在水平方向动量守恒，当弹簧被压缩到最短时，二者速度相等，设木块获得的初速度为v 0，由动量定理得 l =mv 0 ① 运动过程中水平方向动量守恒，则mv 0=(M ＋m )v ② 由①②解得v =2m/s则弹簧被压缩到最短时平板车的速度为2m/s ，方向与木块初速度方向相同．（2）当木块返回到小车左端时，二者速度也相同，设其共同速度为v 1，由系统动量守恒可得mv 0=(M ＋m )v 1解得v 1=2m/s故小块此时的动能2112J 2k E mv ==（3）设弹簧获得的最大弹性势能为E pm ，木块和小车间的摩擦因数为μ，小车长为L ．对整个运动过程分析可知，从开始到弹簧压缩到最短时，木块和小车的速度相等．则有22011()22pm E mv M m v mgL μ=-+-整个过程中，对系统应用动能定理得：2201112()22mgL mv M m v μ=-+ 解得2201111[]222pm E mgL mv mv μ==-=20J ．例题7【答案】（1）1s ；（2）0.4J例题8解析：当滑块A 的速度为零时，系统的机械能等于滑块B 的动能，设此时滑块B 的速度为v ，则212E Mv =①由动量守恒定律，得0()m M v Mv +=②由①②解得220()12m M v E M+=③设以后的运动中，滑块B 可以出现速度为零的时刻，并设此时A 的速度为v 1，这时不论弹簧处于伸长或压缩状态，都具有弹性势能，设为E p ．由机械能守恒定律，得Mv M m E E mv P 20221)(2121+==+ ④ 根据动量守恒：10)(mv v M m =+⑤ 求得v 1代入④式得：M v M m E m v M m p 202202)(21)(21+=++⑥ 因为E p≥0，所以，Mv M m m v M m 202202)(21)(21+≤+⑦则m ≥M ，这与已知条件m ＜M 不符，可见滑块B 的速度不能为零，即在以后的运动中，不可能出现滑块B 的速度为零的情况．例题9解析：（1）设B 与A 碰撞前速度为v 0，由动能定理，得21()5252F F L mv -=，则02FL v m = B 与A 在O 点碰撞，设碰后共同速度为v 1， 由动量守恒得0110242(2)33FL mv m m v v v m=+==碰后B 和A 一起运动，运动到D 点时撤去外力F 后，当它们的共同速度减小为零时，弹簧的弹性势能最大，设为E pm ，则由能量守恒得21111323pm pm E FL mv E FL =+=（2）设A 、B 一起向左运动回到O 点的速度为v 2，由机械能守恒得2221122323pm FLE mv v m==经过O 点后，B 和A 分离，B 在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，设运动时间为t ，由动量定理得2025Ft mv -=-，则10223Lm t F =． 例题10解析：（1）由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A 、B 两球应同时达到最大高度处，对A 、B 两球组成的系统，由机械能守恒定律得44mgR mgRmgR β=+，解得β＝3 （2）设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 1、v 2，取方向水平向右为正，对A 、B 两球组成的系统，有22121122mgR mv mv β=+ 122m gR mv mv β=+ 解得112v gR =-，方向水平向左；212v gR =，方向水平向右． 设第一次碰撞刚结束时轨道对B 球的支持力为N ，方向竖直向上为正，则22v N mg m Rββ-=，B 球对轨道的压力4.5N N mg '=-=-，方向竖直向下．（3）设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2，取方向水平向右为正，则 1212mv mv mV mV ββ--=+22121122mgR mV mV β=+ 解得V 1＝－gR 2，V 2＝0．（另一组解V 1＝－v 1，V 2＝－v 2不合题意，舍去） 由此可得：当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．例题11解析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A 时，二者的共同速度0v =共①设弹簧解除锁定前的弹性势能为P E ，上述过程中系统能量守恒，则有P E mgR mgL μ=+② 代入数据解得7.5J P E =③（2）设小物块第二次经过O '时的速度大小为m v ，此时平板车的速度大小为M v ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有0m M mv Mv =-④ 221122m M mgR mv Mv =+⑤ 由④⑤式代入数据解得 2.0m v =m/s⑥（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．设小物块相对平板车滑动的总路程为s ，对系统由能量守恒有P E mgs μ=⑦ 代入数据解得s =1.5m⑧则距O '点的距离x ＝s －L ＝0.5m ⑨例题12解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有)1(2Rvm mg =式中V 是滑块相对圆心O 的线速度，方向向左。
板块动量能量综合题（参考答案）一、计算题1． 【答案】（1）3v；（2）273v gμ；（329v g μ 【解析】（1）以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得203m v mv mv '⋅-+=解得'=3vv方向向右；（2）设平板车的长度至少为L ，根据系统能量守恒得222111(2)32223v m v mv m mgL μ⎛⎫+-⋅= ⎪⎝⎭解得273v L gμ=（3）①物体A 、B 未相碰撞,B 停止时，A 继续运动，此时小车开始运动．对小车应用动能定理210223v mgs m μ⎛⎫-=-⋅⨯ ⎪⎝⎭解得29v s gμ= ②物体B 速度为零时正好与A 相撞，碰后小车开始加速，最终达到共同速度3vv =共 ．对小车应用动能定理得212023v mgs m μ⎛⎫'-⋅=-⋅⨯ ⎪⎝⎭，则 2=36v s g μ'所以小车位移大小的取值范围是 22369v v s g gμμ≤≤ 2． 【答案】 (1)4 m/s (2) m/s m/s 0.5 m 【解析】(1)对a 滑块在B 点有mg=m 得v B =m/s滑块a 与滑块b 碰后,由A 点运动到B 点,根据机械能守恒定律得 m =m +2mgR滑块a 与滑块b 发生弹性碰撞,有 mv 0=-mv A +Mv 1 m =m +M 联立解得v 1=4 m/s 。
(2)b 滑块冲上c 木板至刚离开c 木板的过程有 Mv 1=Mv 2+2Mv 3M=M+×2M+μMgL解得b刚离开长木板c时b滑块的速度v2=m/s,c木板的速度v3=m/s(另一解不合题意,已舍)b滑块冲上d木板的过程Mv2+Mv3=2Mv4M+M=×2M+μMgd解得d=0.5 m。
3．【答案】（1）物块A、B第一次碰撞前的速度大小各为13m/s和0.66m/s。
（2）B物块与木板C右端挡板碰后瞬间的速度为1.5m/s，方向向左；（3）若物块A、B第二次相碰于木板C左端，则v0应为3m/s。
动量能量试题及答案一、选择题1. 一个质量为 \( m \) 的物体以速度 \( v \) 运动，其动量大小为：A. \( mv \)B. \( \frac{m}{v} \)C. \( \frac{v}{m} \)D. \( \frac{1}{mv} \)答案：A2. 根据能量守恒定律，如果一个系统没有外力作用，那么系统的总能量：A. 保持不变B. 增加C. 减少D. 先增加后减少答案：A3. 一个物体从静止开始自由下落，其势能会：A. 增加B. 减少C. 不变D. 先减少后增加答案：B二、填空题4. 动量守恒定律表明，在没有外力作用的系统中，系统总动量______。
答案：保持不变5. 一个物体的动能与其速度的平方成正比，公式为 \( E_k =\frac{1}{2}mv^2 \)，其中 \( E_k \) 表示______。
答案：动能三、简答题6. 解释为什么在碰撞过程中，如果系统没有外力作用，动量守恒。
答案：在没有外力作用的情况下，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等、方向相反，因此它们对系统动量的改变相互抵消，导致系统总动量保持不变。
四、计算题7. 一个质量为 2kg 的物体以 3m/s 的速度运动，求其动量大小。
答案：根据动量公式 \( p = mv \)，动量大小为 \( 2 \times 3= 6 \) kg·m/s。
8. 一个物体从 10m 高处自由下落，忽略空气阻力，求其落地时的动能。
答案：首先计算势能 \( E_p = mgh \)，其中 \( g \) 为重力加速度，取 \( 9.8 \) m/s²。
假设物体质量为 \( m \)，落地时的动能 \( E_k \) 等于势能，即 \( E_k = mgh = 10 \times 9.8 \times m \)。
若物体质量为 1kg，则动能为 \( 98 \) J。
五、论述题9. 讨论在实际生活中，如何应用动量守恒和能量守恒定律来解决实际问题。
2025届高考英语复习：经典好题专项（动量和能量的综合问题）练习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 232. (2023ꞏ湖南永州市模拟)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 ，忽略空气阻力，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m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋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 0mgL2m ＋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 0L2m ＋m 03. (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gR 10C ．全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L5 D ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL4. (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 。
权掇市安稳阳光实验学校考点19 动量和能量的综合应用题组一 基础小题1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。
用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。
这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3答案 BD解析 撤去F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A 有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒；A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A 错误，B 正确。
撤去F ，A 离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv 0＝3mv ，E ＝12·3mv 2＋E p ，又E ＝12·2mv 20，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：E p ＝E3，故C 错误，D 正确。
2．如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，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，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为( )A.m ＋M m2μgsB.M －m m2μgsC.mm ＋MμgsD.mM －mμgs答案 A解析 子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mv 1M ＋m；子弹击中木块后，木块(包括子弹)做匀减速直线运动，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋mm2μgs 。
