动量与能量的综合应用ppt课件
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高中物理选修3-5优质课件：微型专题 动量和能量的综合应用
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，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(时间极短且未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加 速度为g)
例3 如图3所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁，A、B
之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC ＝m.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘合在一起.试求： (1)A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；
答案 16mv02
图3
解析 B、C碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv0＝3mv， 弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：Epm＝12×3mv2 联立解得：Epm＝16mv02
针对训练 如图4所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、 C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连.将弹簧压紧到不能再压缩时用 细线把B和C相连，使弹簧不能伸展，以至于B、C与弹簧可视为一个整体.现A以初速 度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后，细线突然断开，弹簧 伸展，从而使C与A、B分离.已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的弹性势能.
解析 方法一：B向右加速过程的位移设为x2. 则 μmgx2＝12×3mv2 解得：x2＝332vμ0g2 木板的最小长度：L＝x1－x2＝38vμ0g2
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＝12mv02－12(m＋3m)v2 得：L＝38vμ0g2.
高考物理二轮专题复习课件：动力学和能量观点的综合应用
律解决问题的过程中，引导 观念。
动情景为依托，强调受力
学生体会守恒的思想，领悟 2．科学推理和论 分析、运动过程分析以及
从守恒的角度分析问题的方 证能力，应用牛顿 应用动力学和能量观点进
法，增强分析和解决问题的 第二定律、运动学 行分析和推理。主要题型：
能力。
公式、动能定理以 动力学方法和动能定理的
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专题二 动量与能量
22
(3)当小物块刚好能通过 C 点时，从 A 到 B 过程
f＝μ(mg－Fsin θ)
Fscos θ－fs＝12mv2B
得 F＝21110 N，当小物块在 AB 段即将飞离地面时 Fsin θ＝mg，得 F＝50 N。
综上，拉力的取值范围为21110 N≤F≤50 N。 答案：(1)2 5 m/s (2)36 N (3)21110 N≤F≤50 N
第2讲 动力学和能量观点的综合应用 第2讲 动力学和能量观点的综合应用 第2讲 动力学和能量观点的综合应用
第第22(讲 讲2)动动匀力力学学加和和能能量量速观观点点启的的综综动合合应应用用过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。
第2讲 动力学和能量观点的综合应用
第第 第222(讲 讲讲3)动动 动以力力 力学学 学额和和 和能能 能量量 量定观观观点点 点功的的 的综综 综合合 合率应应 应用用 用启动的过程中，牵引力不断_减__小___，机车做加速度减小的加
不计空气阻力，重力加速度为 g。
(1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；
(2)若 DA 之间的高度差为 3R，求小球落地点 P 到 B 点的距离 L。
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专题二 动量与能量
高考物理一轮总复习精品课件 第7章 动量守恒定律 第5讲 专题提升 力学三大观点的综合应用 (2)
(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。
典题1 (2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简
v2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t0表示)。
答案 (1)1 m/s
0.125 m
(2)0.25 m 0.5 3 m/s
(3)4 3t0-80 2 (J)
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知
m2v0=(m1+m2)v1
代入数据解得v1=1 m/s
反冲等问题;能量观点主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系和
能量守恒定律,可分析力在位移上的积累效果,三大观点灵活结合可以实现
对力学综合问题的有效解答。
题型一
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
速度大小g取10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围。
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W。
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体
总动量的变化量Δp的大小。
2+ 2
(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。
典题1 (2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简
v2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t0表示)。
答案 (1)1 m/s
0.125 m
(2)0.25 m 0.5 3 m/s
(3)4 3t0-80 2 (J)
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知
m2v0=(m1+m2)v1
代入数据解得v1=1 m/s
反冲等问题;能量观点主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系和
能量守恒定律,可分析力在位移上的积累效果,三大观点灵活结合可以实现
对力学综合问题的有效解答。
题型一
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
速度大小g取10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围。
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W。
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体
总动量的变化量Δp的大小。
2+ 2
适用于新高考新教材 高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律专题4动力学能量动量观点在力学中的应用课件
2
(m
0+m)v ,故
2
C 错误;根据能量守恒定律得
D 错误。
2.(2023广东广州综合测试)如图所示,北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中,
甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,两壶
完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则( C )
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
(2)研究某单一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定
理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一个系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定
律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的
条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做
动物体。( × )
(2)通常涉及力对空间积累效果问题,往往应用动能定理与机械能守恒定律
比较方便。( √ )
(3)通常涉及力对时间积累效果问题,往往应用动量定理与动量守恒定律比
较方便。( √ )
(4)在光滑水平面上的两球相向运动,碰撞后均变为静止,则两球碰撞前的
动量大小一定相等。( √ )
应用提升1.(多选)如图所示,质量为m0的木块放在光滑的水平面上,质量为
【对点演练】
2.(2023广东湛江二模)如图所示,固定的水平桌面左右两端分别放有质量
为m1=0.5 kg和m2=1 kg的P、Q两物块(均可视为质点),现给物块P一水平向
右的初速度,物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短),
碰撞后物块P停在桌面上距右端L=0.25 m处,物块Q离开桌面后做平抛运动,
(m
0+m)v ,故
2
C 错误;根据能量守恒定律得
D 错误。
2.(2023广东广州综合测试)如图所示,北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中,
甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,两壶
完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则( C )
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
(2)研究某单一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定
理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一个系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定
律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的
条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做
动物体。( × )
(2)通常涉及力对空间积累效果问题,往往应用动能定理与机械能守恒定律
比较方便。( √ )
(3)通常涉及力对时间积累效果问题,往往应用动量定理与动量守恒定律比
较方便。( √ )
(4)在光滑水平面上的两球相向运动,碰撞后均变为静止,则两球碰撞前的
动量大小一定相等。( √ )
应用提升1.(多选)如图所示,质量为m0的木块放在光滑的水平面上,质量为
【对点演练】
2.(2023广东湛江二模)如图所示,固定的水平桌面左右两端分别放有质量
为m1=0.5 kg和m2=1 kg的P、Q两物块(均可视为质点),现给物块P一水平向
右的初速度,物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短),
碰撞后物块P停在桌面上距右端L=0.25 m处,物块Q离开桌面后做平抛运动,
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
04
电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
A 和 B 固定在轻簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)。小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向 右运动，在极短时间 Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
动量和能量PPT课件
f ·l = mv02/2 - mv12/2
v02 v02 / 4 v02 v22
3 2
v02 v02 / v02 v12
4
3 1
v1
3 2
v0
v2
2 2
v0
六合实验高中
析与解 (2)由动量定理: f t1 = mv0 - mv1
动量和能量
f t2 = mv1 – mv2 f t3 = mv2 – mv0/2
可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不
动．则下列说法中正确的是 (
)
A．甲在B点的速率一定大于乙在B1点的速率
B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
C．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移
D．甲在B点的动能一定大于乙在B1点的动能
六合实验高中
例与练
动量和能量
4、如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，
C. 动量守恒，机械能不守恒
D. 动量不守恒，机械能不守恒
析与解
子弹射入木块过程系统要克服介质阻力做功，机 械能不守恒；整个过程墙壁对弹簧有向右的弹力， 系统合外力不为0，动量不守恒。
六合实验高中
例与练
动量和能量
9、如图示:质量为M的滑槽静止在光滑的水平面滑槽的 AB部分是半径为R的1/4的光滑圆弧,BC部分是水平面,
设质((12))点速子子，度弹弹子为穿穿弹v过0过子射三A弹出木和穿木块穿过块的过木C时B时块间时速时之的度受比速变到t度1为的∶vv1阻t=02/∶?力2t.一3求v=样2：?=，? 子弹可视为
析与解 (1)由动能定理:
f ·3l = mv02/2 - m(v0 /2) 2/2
V0 A B C
高三物理(人教)一轮复习课件：专题六 动量、能量观点综合应用中常考的“三个模型”
即 mxm＝MxM⑤ 又 xm＋xM＝2L⑥
⑤⑥联立代入数据求解得：xm＝23 m.
[答案]
(1)2 N
竖直向上
(2)2 m/s
2 (3)3 m
[变式训练 3] 如图所示，一辆质量 M＝3 kg 的小车 A 静止 在光滑的水平面上，小车上有一质量 m＝1 kg 的光滑小球 B，将 一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep＝6 J，小球 与小车右壁距离为 L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的 油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
mv1＝mv3＋Mv4，12mv21＝12mv23＋12Mv24 整理可得 v3＝mm－＋MMv1，v4＝m2＋mMv1
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 v3≤v2
即m2＋mMv0≥Mm＋－Mmv1＝mm－＋MM2v0 整理可得 m2＋4Mm≥M2 解方程可得 m≥( 5－2)M 所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，须满足 ( 5－2)M≤m<M [答案] ( 5－2)M≤m<M
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小． (2)在整个过程中，小车移动的距离．
解析：(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在
从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守
恒，即
பைடு நூலகம்
mv1－Mv2＝0，12mv21＋12Mv22＝Ep
联立两式并代入数据解得：
v1＝3 m/s，v2＝1 m/s (2)在整个过程中，系统动量守恒，所以有
(1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地点离桌面边缘 的水平距离．
解析：(1)设子弹穿过物块后的速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝mv20＋Mv①,解①式得 v＝m2Mv0②
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板车之间的动摩擦因数μ =0.4，如图 13-5-3所示，开始时平板车和滑块共
同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上
向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞， 设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速 度大小保持不变，但方向与原来相反. 设平板车足够长，以至滑块不会滑到
平板车右端(取g=10m/s2)，求：
图12-5-3
代入数据解得L=0.50m
易错题：一炮弹在水平飞行时，其动能
为Ek0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块， 其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能 Ek2.
【错解】设炮弹的总质量为m，爆炸前后的动量守恒，
由动量守恒定律：p = p1 + p2 又因为p = 2mEk
所以 2mEk =
2 ④1 ⑤2
m(v12
v22
)
子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量
守恒
由动量守恒定律：mAvA+mBvB = (mA+mB)v
⑥
由能量关系：
⑦
由②⑤⑥⑦得：Epm=22.5J.
1 2
m
Av
2 A
1 2
mBvB2
1（m 2
A
mB )v 2
Epm
2.滑块问题
一辆质量为m=2kg的平板车，左端放 有质量M=3kg的小滑块，滑块与平
代入数据得
由1于（M 所m）以Bv滑2 过Q点m并g与x 弹簧相互作用，然后相对A向左滑
动2到Q点左边，设离xQ=点2距m离为x1
x＞ L，
3
4
x1
x
-
1 4
L
0.17m.
3.动量定理、动能定理的综合运用
如图12-5-5所示，质量mA为4.0kg的 木板A放在水平面C上，木板与水平面
间的动摩擦因数μ 为0.24，木板右端放
第十二章
动量守恒定律
5 动量与能量的综合应用
1.子弹射木块问题
如图13-5-1，质量为M的木块固定在 光滑的水平面上，有一质量为m的子 弹以初速度v0水平射向木块，并能射 穿，设木块的厚度为d，木块给子弹 的平均阻力恒为f.若木块可以在光滑的
水平面上自由滑动，子弹以同样的初 速度水平射向静止的木块，假设木块 给子弹的阻力与前一情况一样，试问 在此情况下要射穿该木块，子弹图的13初-5-1
FABt=mBvB,其中FAB=FBA FCA=μ (mA+mB)g 设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，有
FABxB=EkB
FBA FCA
xA
1 2
m
Av
2 A
1 2
m Av0 2
动量与动能之间的关系为:
mAvA 2mAEkA 木m板BAv的B 长度L2=mxAB-xEBkB
即设平板v1车从第M一M次与mm墙v壁0 碰撞0后.4向m左/s运动的最大距离处到再加
速到速度v1所发生的位移大小为x1′，由动能定理
得
有
Mgx1
1 2
m1v 2
x1
mv12
2 Mg
mv02
M
·
2Mg M
m 2 ， m2
显然x1′＜x1，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度 v1=0.4m/s，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；
代入数据得μ =0.6
1 2
Mv
2 A
1 2
mvB2
1 2
M
mv2
mg
3 4
L
木板A与障碍物发生碰撞后以原来速率反弹，假设B向右滑行并与弹 簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速 度为u，在此过程中,A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒.
由动量守恒定律：mv-Mv=(M+m)u得u=0 设B相对A的位移为x，由能量守恒得
(3)平板车与墙壁多次碰撞，使M与m之间发生相对滑动.由于摩
擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整
个过程中物块与平板车的相对位移为l，由能量转化和守恒定律
得
所以
Mgl
1 2
m
M
v02，
l m M v02 5 m.
2Mg 6
在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其右 端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽 略不计质量m=2kg的滑块B.木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑.且 PQ间距离L=2m,如图13-5-4所示.某时刻木板A以vA=1m/s的速 度P处向相左距滑行，时同，时二滑者块刚B好以处vB于=5相m对/s静的止速状度态向，右滑行，当滑块B与
着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质
点)，它们均处于静止状态.木板突然受
到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开
始运动，当小物块滑离木板时，木板的
动能EkA为图81.20-5J,-小5 物块的动能EkB为
2
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； (2)木板的长度L.
(1)设水平向右为正方向，有I=mAv0，代入数据解得 v0=3.0m/s (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和 FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB， 有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0
为625J的一块的速度可能为正，可能为负， 由动量守恒定律：p = p1 + p2 又因为p = 2mEk
所以 2mEk = 贝 2
m 2
Ek1
+
2?
m 2
Ek 2
2Ek = ? Ek1 Ek 2 解得：Ek2 = 225J或4225J.
点评：从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的 总 动 能 为 (625+225)J=850J 或 (625+4225)J=4850J. 比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中， 化学能转化为机械能的缘故．
若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰
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，把子弹和木块当作一个
系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即
mv0=(m+M)v
对系统应用动能定理得
fd由上12两m式v消02去v12可得M m v2，
3L 4
若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以 原来速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）.求B与A的粗糙面之间 的动摩擦因数μ 和滑块B最终停在木板A上的位置.（g取10m/s2）
图13-5-4
设M、m共同速度为v，由动量守恒定律得 mvB-MvA=(M+m)v,
以A、B组成的系统研究对象v，由能m量vB守恒MvA 2m/s Mm
fd
整理1得 2 mv0
2
1 2
m
M
(
mv0 mM
)2
即：
1 2
mv02
mM M
fd
1 2
mv02
(1 m M)fd .?光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA=1kg、 mB=4kg,它们中间用一根轻质弹簧相连.一颗水平飞行的子弹质量 为m=50g,以v0=500m/s的速度在极短时间内射穿两木块，已知 射穿A木块后子弹的速度变为原来的 且子弹射穿A木块损失的 动能是射穿B木块损失的动能的2倍.求：系统运动过程中弹簧的最
大弹性势能.
3， 5
图12-5-2
子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，
由动量守恒定律：mv0=mv1+mAvA ①
而由
得3 v1=300m/s
得：vA=10vm1 /s 5 v0
②
子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，
由动量守恒定律：mv1=mv2+mBvB ③
又由由 ③④得：v2=100m12/ms，vvB0=2 2.5vm12/s
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v1.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用
而向左做匀减速直线运动.设向左运动的最大距离为x1，由动能定
理得
所以有
(由2)系假统设动平量板守车x恒第1，二有M次2Mm与gxvvM墙010-2壁mg 碰v00=撞13(前M12m+和m；m物v)0块v21，已经达到共同速度v1，
2?
m 2
Ek1
2?
m 2
Ek
2
解得：2Ek = Ek1 + Ek 2 代入的数据得：Ek2 = 225J
错解分析：主要是只考虑到爆炸后两块的速 度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏 掉一解．实际上，动能为625J的一块的速度与炸 裂前炮弹运动速度也可能相反．
【正解】以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能
同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上
向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞， 设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速 度大小保持不变，但方向与原来相反. 设平板车足够长，以至滑块不会滑到
平板车右端(取g=10m/s2)，求：
图12-5-3
代入数据解得L=0.50m
易错题：一炮弹在水平飞行时，其动能
为Ek0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块， 其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能 Ek2.
【错解】设炮弹的总质量为m，爆炸前后的动量守恒，
由动量守恒定律：p = p1 + p2 又因为p = 2mEk
所以 2mEk =
2 ④1 ⑤2
m(v12
v22
)
子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量
守恒
由动量守恒定律：mAvA+mBvB = (mA+mB)v
⑥
由能量关系：
⑦
由②⑤⑥⑦得：Epm=22.5J.
1 2
m
Av
2 A
1 2
mBvB2
1（m 2
A
mB )v 2
Epm
2.滑块问题
一辆质量为m=2kg的平板车，左端放 有质量M=3kg的小滑块，滑块与平
代入数据得
由1于（M 所m）以Bv滑2 过Q点m并g与x 弹簧相互作用，然后相对A向左滑
动2到Q点左边，设离xQ=点2距m离为x1
x＞ L，
3
4
x1
x
-
1 4
L
0.17m.
3.动量定理、动能定理的综合运用
如图12-5-5所示，质量mA为4.0kg的 木板A放在水平面C上，木板与水平面
间的动摩擦因数μ 为0.24，木板右端放
第十二章
动量守恒定律
5 动量与能量的综合应用
1.子弹射木块问题
如图13-5-1，质量为M的木块固定在 光滑的水平面上，有一质量为m的子 弹以初速度v0水平射向木块，并能射 穿，设木块的厚度为d，木块给子弹 的平均阻力恒为f.若木块可以在光滑的
水平面上自由滑动，子弹以同样的初 速度水平射向静止的木块，假设木块 给子弹的阻力与前一情况一样，试问 在此情况下要射穿该木块，子弹图的13初-5-1
FABt=mBvB,其中FAB=FBA FCA=μ (mA+mB)g 设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，有
FABxB=EkB
FBA FCA
xA
1 2
m
Av
2 A
1 2
m Av0 2
动量与动能之间的关系为:
mAvA 2mAEkA 木m板BAv的B 长度L2=mxAB-xEBkB
即设平板v1车从第M一M次与mm墙v壁0 碰撞0后.4向m左/s运动的最大距离处到再加
速到速度v1所发生的位移大小为x1′，由动能定理
得
有
Mgx1
1 2
m1v 2
x1
mv12
2 Mg
mv02
M
·
2Mg M
m 2 ， m2
显然x1′＜x1，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度 v1=0.4m/s，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；
代入数据得μ =0.6
1 2
Mv
2 A
1 2
mvB2
1 2
M
mv2
mg
3 4
L
木板A与障碍物发生碰撞后以原来速率反弹，假设B向右滑行并与弹 簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速 度为u，在此过程中,A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒.
由动量守恒定律：mv-Mv=(M+m)u得u=0 设B相对A的位移为x，由能量守恒得
(3)平板车与墙壁多次碰撞，使M与m之间发生相对滑动.由于摩
擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整
个过程中物块与平板车的相对位移为l，由能量转化和守恒定律
得
所以
Mgl
1 2
m
M
v02，
l m M v02 5 m.
2Mg 6
在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其右 端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽 略不计质量m=2kg的滑块B.木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑.且 PQ间距离L=2m,如图13-5-4所示.某时刻木板A以vA=1m/s的速 度P处向相左距滑行，时同，时二滑者块刚B好以处vB于=5相m对/s静的止速状度态向，右滑行，当滑块B与
着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质
点)，它们均处于静止状态.木板突然受
到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开
始运动，当小物块滑离木板时，木板的
动能EkA为图81.20-5J,-小5 物块的动能EkB为
2
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； (2)木板的长度L.
(1)设水平向右为正方向，有I=mAv0，代入数据解得 v0=3.0m/s (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和 FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB， 有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0
为625J的一块的速度可能为正，可能为负， 由动量守恒定律：p = p1 + p2 又因为p = 2mEk
所以 2mEk = 贝 2
m 2
Ek1
+
2?
m 2
Ek 2
2Ek = ? Ek1 Ek 2 解得：Ek2 = 225J或4225J.
点评：从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的 总 动 能 为 (625+225)J=850J 或 (625+4225)J=4850J. 比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中， 化学能转化为机械能的缘故．
若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰
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，把子弹和木块当作一个
系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即
mv0=(m+M)v
对系统应用动能定理得
fd由上12两m式v消02去v12可得M m v2，
3L 4
若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以 原来速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）.求B与A的粗糙面之间 的动摩擦因数μ 和滑块B最终停在木板A上的位置.（g取10m/s2）
图13-5-4
设M、m共同速度为v，由动量守恒定律得 mvB-MvA=(M+m)v,
以A、B组成的系统研究对象v，由能m量vB守恒MvA 2m/s Mm
fd
整理1得 2 mv0
2
1 2
m
M
(
mv0 mM
)2
即：
1 2
mv02
mM M
fd
1 2
mv02
(1 m M)fd .?光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA=1kg、 mB=4kg,它们中间用一根轻质弹簧相连.一颗水平飞行的子弹质量 为m=50g,以v0=500m/s的速度在极短时间内射穿两木块，已知 射穿A木块后子弹的速度变为原来的 且子弹射穿A木块损失的 动能是射穿B木块损失的动能的2倍.求：系统运动过程中弹簧的最
大弹性势能.
3， 5
图12-5-2
子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，
由动量守恒定律：mv0=mv1+mAvA ①
而由
得3 v1=300m/s
得：vA=10vm1 /s 5 v0
②
子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，
由动量守恒定律：mv1=mv2+mBvB ③
又由由 ③④得：v2=100m12/ms，vvB0=2 2.5vm12/s
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v1.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用
而向左做匀减速直线运动.设向左运动的最大距离为x1，由动能定
理得
所以有
(由2)系假统设动平量板守车x恒第1，二有M次2Mm与gxvvM墙010-2壁mg 碰v00=撞13(前M12m+和m；m物v)0块v21，已经达到共同速度v1，
2?
m 2
Ek1
2?
m 2
Ek
2
解得：2Ek = Ek1 + Ek 2 代入的数据得：Ek2 = 225J
错解分析：主要是只考虑到爆炸后两块的速 度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏 掉一解．实际上，动能为625J的一块的速度与炸 裂前炮弹运动速度也可能相反．
【正解】以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能