2023高考物理专题冲刺训练--动量守恒与能量综合在各类模型中的应用
(新高考)2023高考物理专题突破讲义-动力学和能量观点的综合应用
第8课时 动力学和能量观点的综合应用命题规律 1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题．高考题型1 传送带模型中的动力学和能量问题1．传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．(2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．2．传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．摩擦生热的计算(1)Q ＝F f ·s 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1 (2021·安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s 2的加速度开始向右运行，加速2 s 后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g ＝10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．答案 (1)4 N·s (2)4 J解析 (1)设传送带加速度为a 0，加速时间为t 0，木块的加速度为a ，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0)木块的位移x 2＝12at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J.例2 如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x 1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；(3)传送带对小物体做的功W .答案 (1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析 (1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12m v 2－0代入数值得x 1＝0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝0＋v 2t对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，代入数值得Q ＝60 J(3)由功能关系得W ＝12m v 2＋mgs ·sin θ代入数值得W ＝270 J.高考题型2 用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．例3 (2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37°和53°，距D点的竖直高度为h＝0.8 m处有一空中平台．小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小．答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由v y2＝2gh，解得v y＝2gh＝4 m/s则在D点时水平方向的速度为v x＝v y tan 37°＝3 m/s因此小明滑上平台的速度大小为v＝v x＝3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得－mg[h＋R(1－cos 53°)]＝12m v2－12m v C2解得v C＝33m/s经过C点时，由向心力公式得F N－mg＝m v C2 R解得F N＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 290 N (3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝12m v C2－12m v02，解得v0＝3 m/s.例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m v2R，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律有12m v B2＝mg·2R＋12m v2，代入数据解得v B＝26m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得12Fl1－μmgl1＝12m v B2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v C，从B点到C点由动能定理可得－μmgl2＝12m v C2－12m v B2代入数据解得v C＝2 m/s设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝12gt2，解得t＝0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝v C t＝0.4 m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75 m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75 m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝mv02 R ，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝12m v02，代入数据可解得x2′＝0.975 m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v C′，则由平抛运动规律得h＝12gt2，x＝v C′t代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝12m v C′2代入数据解得x3′＝1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25 m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v 0＝5 m/s 的速度滑上传送带，工件质量为1 kg ，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB 运动到平台CD ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案 (1)0.5 s (2)10 J解析 (1)当传送带的速度v ≥5 m/s 时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得加速度a ＝2 m/s 2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x ＝v 0t ＋12(－a )t 2解得t ＝0.5 s(另一解t ＝4.5 s 不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v ＝5 m/s 的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x 1＝v t ＝2.5 m因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 1－x )工件的末速度v ′＝v 0－at ＝4 m/s电机额外输出的电能ΔE ＝mgx sin θ＋(12m v ′2－12m v 02)＋Q ，解得ΔE ＝10 J.2．(2021·山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O 点，自由端位于P 点，木箱在轨道顶端Q 点时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g .求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ 间的距离为L ，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．答案 (1)255mg (2)14m (3)m 4(2gL ＋10gL 5)解析 (1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a ，木箱的质量为M ，由牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F 1，垂直斜面方向的作用力大小为F 2，则mg sin θ－F 1＝maF 2＝mg cos θ货物受到木箱作用力大小F ＝F 12＋F 22代入数据得F ＝255mg(2)设弹簧的最大弹性势能为E p ，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x ，由能量守恒有：下滑过程中(M ＋m )gx sin θ－μ(M ＋m )gx cos θ＝E p弹回过程中E p ＝Mgx sin θ＋μMgx cos θ代入数据得M ＝14m (3)设木箱刚到达P 点时速度大小为v 1，返回P 点时速度大小为v 2，由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M ＋m )gL sin θ－μ(M ＋m )gL cos θ＝12(M ＋m )v 12离开弹簧后上滑过程：－MgL sin θ－μMgL cos θ＝0－12M v 22以向上为正方向，对木箱由动量定理有I ＝M v 2－(－M v 1)代入数据得I ＝m 4(2gL ＋10gL 5)．专题强化练1．(2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P 与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q 处装有一压力传感器．现用水平向右恒力F 作用在小滑块上，小滑块到达P 点时撤去力F ，此时长木板也恰好到达P 点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q .已知小滑块的质量为m ＝1 kg ，长木板的质量为M ＝1 kg ，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圆弧轨道半径为R ＝0.4 m ，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q 时，压力传感器的示数为F N ＝12.5 N ，长木板右端与底座左端的距离为x ＝1 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小滑块到达P 点时速度的大小v P ；(2)长木板的长度L ；(3)水平恒力F 的大小．答案 (1)5 m/s (2)1.5 m (3)9 N解析 (1)在Q 点，轨道对小滑块的支持力为F N ′＝F N ＝12.5 N由牛顿第二定律得F N ′＋mg ＝m v Q 2R小滑块从P 到Q 的过程中，由动能定理得－mg 2R ＝12m v Q 2－12m v P 2联立解得v P ＝5 m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2由运动学规律得x ＝12a 2t 2解得t ＝1 s则长木板的长度为L ＝0＋v P 2t －x ＝1.5 m (3)对小滑块，由运动学规律得v P ＝a 1t由牛顿第二定律得F －μ1mg ＝ma 1解得F ＝9 N.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3 m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h＝2.5 m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32.假设每分钟运送货物60件，g取10 m/s2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案 (1)1.2 s (2)295 J (3)1.5×106 J解析 (1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得：t1＝1.2 s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝v22a＝1.8 m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmg cos θ·x1斜面长为L＝hsin θ＝5 m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mg sin θ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295 J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移s1＝v t1＝3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmg cos θ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝12m v2＋mgh＋Q＝430 J每小时需要多提供的电能E＝nE1≈1.5×106 J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案 (1)mgd sin θ(2)mg(L＋29d)sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析 (1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22－v12＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝1 2m v22－12m v12联立以上各式解得ΔE＝mgd sin θ.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－12m v12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝12m v12联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE ′＝ΔE 总30＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)由题意可知ΔE ′>ΔE可得L >d ＋μssin θ.4．(2021·浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图．AB 是一段长直轨道，与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点．BC 轨道末端水平，末端离水平地面的高度为2 m ，圆弧BC 对应的圆心角θ＝37°，高度h ＝22 m 的探测板EF 竖直放置，离BC 轨道末端C 点的水平距离为L ，上端E 与C 点的高度差也为h ＝22 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在AB 轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图4(1)若将小滑块从B 点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C 点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E 、F 两点时，小滑块的动能相等，求L 的大小；(3)利用(2)问所求L 值，求小滑块从距B 点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案 (1)1.4 N (2)2 m (3)2 m 2 J解析 (1)小滑块从B 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v C 2－0，设C 点时轨道对小滑块的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v C 2R，得F ＝1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小F ′＝F ＝1.4 N(2)从C 点到E 点，小滑块做平抛运动，h ＝12gt 2，L ＝v C 1t ，得v C 1＝L 2hg打在E 点的动能E k E ＝12m v C 12＋mgh ＝mg (L 2＋4h 2)4h同理可知：打在F 点的动能为E k F ＝mg (L 2＋16h 2)8h 又因为E k E ＝E k F ，得L ＝2 m (3)令小滑块从距B 点x 处无初速度释放从释放点运动到C ，由动能定理得mgx sin θ－F f x ＋mgR (1－cos θ)＝12m v C ′2－0其中F f ＝0.2mg从C 点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移y ＝12g (L v C ′)2打到探测板上的动能E k ＝12m v C ′2＋mgy 解得E k ＝(2x ＋15＋52x ＋1) J ，则当2x ＋15＝52x ＋1时，E k 有最小值．即x ＝2 m 时，动能最小值E kmin ＝2 J.。
有关动量守恒定律的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题11有关动量守恒定律的综合应用考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律（一）弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有：''11221112m v m v m v m v +=+(1)22'2'21122111211112222m v m v m v m v +=+(2)联立（1）、（2）解得：v 1’=，v 2’=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′（1）12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2（2）解得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1(质量相等，速度交换)(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，且v 2′＞v 1′(大碰小，一起跑)(3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0(小碰大，要反弹)v 1v 2v 1’ˊv 2’ˊm 1m 2(4)当m 1≫m 2时，v 1′＝v 0，v 2′＝2v 1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)（二）完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔE k =½m 1v 12+½m 2v 22-½(m 1+m 2)v 共2（2）联立（1）、（2）解得：v 共=；ΔE k =要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用条件与模型v 1v 2v 共m 1m 2①m A =m B （如:m A =1kg ；m B =1kg ）②m A >m B （如:m A =2kg ；m B =1kg ）③m A <m B （如:m A =1kg ；m B =2kg ）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①()v m m v m B A A +=0；②()2201122A A B pm m v m m v E =++情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①'2'10v m v m v m B A A +=；②2'2'2012111222A AB m v m v m v =+1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L ，质量均为m ，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。
高中物理高考 专题强化13 动量和能量的综合问题 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4 又由机械能守恒定律可得：12mv12＝12mv32＋12mv42 解得：v3＝0，v4＝6 m/s A、B 的总路程为 s1，由功能关系有：－μmgs1＝0－12mv02 A、B运动的总圈数为n，有：s1＝2πRn 得：n＝2.5
1234
(2)请计算说明物块A与B能否发生第二次碰撞. 答案 见解析
1234
碰撞后A沿光滑轨道上升后又滑到O，然后向右减速滑行至停止，对 此过程由动能定理得： μmgxA＝12mv′2，解得 xA＝2158h B 沿地面减速滑行至停止，μ·4mgxB＝12×4mvB2 得 xB＝285h 因为xA>xB，所以会发生第二次碰撞.
对滑块，由牛顿第二定律得：
a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
F＋μmg 对平板车，由牛顿第二定律得：a2＝ M ＝
6＋0.3×20
3
m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；
答案 4 m/s 设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1 则：v1＝v0－a1t1 v1＝a2t1 解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s.
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 m1g＝m1vl2 A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vA，有 12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl 联立解得 vA＝ 5gl 由动量定理，有 I＝m1vA＝m1 5gl
过程由运动学公式vD2－v02＝2as1
⑦
解得s1＝2.5 m
2023年高考物理母题题源解密(全国通用)专题07 动量(解析版)
专题七动量目录真题考查解读2023年真题展现考向一动量冲量动量定理考向二动量守恒定律及综合应用近年真题对比考向一动量冲量动量定理考向二动量守恒定律及综合应用命题规律解密名校模拟探源易错易混速记连接体模型考查动量与能量问题【考查要点】（1）考查动量、冲量和动量的变化量的基本概念，并掌握其简单的应用；掌握动量定理解决与实际生产、生活相关的题型，尤其是流体类模型；（2）考查动量守恒定律条件的理解；动量守恒定律的理解和应用和考查动量与能量的综合问题【课标链接】①动量、冲量的理解；②动量定理的理解及其应用；③动量守恒定律的理解应用；动量与能量的综合。
考向一动量冲量动量定理1.（2023新课标卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。
现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零A．根据牛顿第二定律有F m g a m甲甲甲F m g a m乙乙乙由于m 甲>m 乙所以a 甲<a 乙在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F ，推动滑块1以0.40m /s 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m /s ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A .该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N 【答案】BD 【解析】【详解】A ．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为1110.40kg m/s=0.40kg m/sp mv 碰撞后的动量为222210.22kg m/s=0.44kg m/sp mv则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；B ．对滑块1，取向右为正方向，则有12110.22kg m/s 10.40kg m/s=0.18kg m/sI mv mv 负号表示方向水平向左，故B 正确；C ．对滑块2，取向右为正方向，则有2210.22kg m/s=0.22kg m/sI mv 故C 错误；D ．对滑块2根据动量定理有2F t I 解得5.5NF 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N ，故D 正确。
2022-2023年高考物理一轮复习 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
模型二 滑块——木板模型问题
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 均可看作质点。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 的动摩擦因数均为 μ ＝0.5，小车 C 与水平地面的摩擦忽略不计，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。
模型二 滑块——木板模型问题
解析：(1)滑块 A 下滑过程机械能守恒，由机 械能守恒定律得：mAgh＝12mAv12 代入数据解得：v1＝5 m/s A、B 碰撞过程系统动量守恒，以 A 的初速 度方向为正方向，由动量守恒定律得： mAv1＝(mA＋mB)v2 代入数据解得：v2＝2.5 m/s (2)A、B、C 三者组成的系统动量守恒，以
答案： (1)31 m/s (2)2.4 m/s
模型二 滑块——木板模型问题 模型特点 (1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的 相对位移取得极值。 (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与 两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能 损失最大。 (3)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借 助图象求解。
答案： A
模型一 “子弹打木块”模型 [多维练透] 2.如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为 R 的14光滑固定圆弧轨道，两轨道 恰好相切。质量为 M 的小木块静止在 O 点，一个质量 为 m 的子弹以初速度 v0 水平向右快速射入小木块内， 并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道 的最高点 C(木块和子弹均可以看成质点)。已知 R＝0.4 m，m＝1 kg，M＝10 kg。(g ＝10 m/s2、本题结果保留 2 位有效数字)求： (1)子弹射入木块前的速度 v0； (2)若每当小木块上升到圆弧并返回到 O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留 在其中，则当第 3 颗子弹射入小木块后，木块速度多大？
2024届高考物理二轮专题复习：应用动量守恒定律的常见模型 课件55张
微专题二 应用动量守恒定律的常见模型
1234源自题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
(1)子弹击穿木块时，木块速度的大小和方向； (2)子弹击穿木块过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能； (3)被子弹击穿后，木块水平向右运动距 O 点的最大距离。
微专题二 应用动量守恒定律的常见模型
1
代入数据得：a＝5.0 m/s2 木块向右运动到离 O 点最远时，速度为零，设木块向右移动最大 距离为 s1，有： u2＝2as1 代入数据解得 s1＝0.90 m。
[答案] (1)3 m/s，方向向右 (2)872.5 J (3)0.90 m
微专题二 应用动量守恒定律的常见模型
1
2
3
4
题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
微专题二 应用动量守恒定律的常见模型
1
2
3
4
题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
A．v10(s＋L) C．21v0(s＋L)
B．v10(s＋2L) D．v10(L＋2s)
微专题二 应用动量守恒定律的常见模型
1
2
3
4
题型突破1 题型突破2 题型突破3 高考热点突破
D [子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外 力之和为零，动量守恒，有 mv0＝mv1＋mv2。设子弹穿过木块的过 程所受阻力为 Ff，对子弹：由动能定理得－Ff(s＋L)＝12mv21－12mv20，
反思感悟：子弹打木块模型的三点说明 (1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木 块一起运动还是穿透木块和木块各自运动。 (2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外 力，故在打击的过程中动量守恒。
2023届高考物理一轮复习练习：综合运用动力学、能量、动量观点解决问题(word版含答案)
综合运用动力学、能量、动量观点解决问题练习1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F ＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE.2．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：(1)物块与小车的共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？3.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A、B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．5.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H.6．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m.求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．7.在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量m ＝0.25 kg 的手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，且恰好爆炸成前后两块弹片，其中质量m 1＝0.1 kg 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动．已知手榴弹内部火药的质量Δm ＝0.05 kg ，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10 m/s2，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求：(1)士兵投掷手榴弹的初速度v0；(2)爆炸中火药燃烧对两弹片做的功W及两块弹片落地点间的距离Δx.8．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B 两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的1 4竖直圆轨道．开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2.求：(1)求AB粘在一起时的速度；(2)炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．9.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．10．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．12．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；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＝1.0 m，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＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案：1. (1) 2 m/s 2(2) 0.4 J2． (1) 0.8 m/s(2) 0.24 s(3) 0.096 m(4) 5 m/s3. (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR(3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒2mv a －mv b ＝0解得：v a ＝12v b ＝5gR 2由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b解得：E p ＝3.75mgR4． (1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/sa 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2代入数据解得v 2＝1 m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m)v 3代入数据解得v 3＝0.25 m/s对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m)v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m5. (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m6． (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20 7. (1)手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，则有：v 0＝10 m/s ，－v 2y ＝－2gh ，v ＝v 20＋v 2y解得v ＝10 2 m/s(2)弹片在爆炸后瞬间的速率为零，另一块弹片的质量为m 2＝m －m 1－Δm ＝0.1 kg设其爆炸后瞬间的速率为v2，由动量守恒定律得：m2v2＝mv0解得v2＝25 m/s设爆炸中火药燃烧对两弹片做的功为W，则根据动能定理有：12mv 2＋W＝12m2v22解得W＝18.75 J质量m1＝0.1 kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动、质量为m2的弹片做平抛运动，则两块弹片落地点间的距离为Δx＝v22h g＝25 m8．(1)炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v两物上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律12(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W＝12m1v21＋12m2v22联立解得AB粘在一起时的速度v＝2 m/s，W＝10.7 J9. (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 20在B 点对球1应用牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 20R联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N由牛顿第三定律F N ′＝F N ＝12 N(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s (3)同理，球2、3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0代入数据：v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0 由数学知识，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 22＝0.04，m 2＝0.2 kg10． 设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别v A 、v B1，则 mv 0＝mv A ＋kmv B112mv 20＝12mv 2A ＋12kmv 2B1 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B1＝2k ＋1v 0设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B2、v C同理可得v B2＝k －1k ＋1v B1代入整理得v B2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4（k ＋1）2v 0 设x ＝2k ＋1，则有v B2＝(x －x 2)v 0 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B2最大，解得k ＝3 11． (1) 3m(2) 215mgH(3) 11912． (1) 1.0 m/s(2) 0.50 m(3) 0.91 m。
动量与能量综合应用五大模型
动量与能量综合应用五大模型专题综述利用动量和能量观点的解题策略1．若研究对象为单一物体，当涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理；当涉及冲量和时间问题时，应优先考虑动量定理．2．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．3．利用动量和能量观点的解题，只涉及运动始末两个状态相关的物理量，不细究过程的细节，特别对于变力问题，就更显示出优越性．题型透析题型1、“滑块－平板”模型例1如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？►方法提炼“滑块－平板”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒．(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．题型2、“滑块－弹簧”模型例2如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．二者在发生碰撞的过程中，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．►方法提炼“滑块－弹簧”模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒；(2)应用系统的机械能守恒；(3)临界条件1：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．(4)临界条件2：从A开始压缩弹簧到弹簧恢复原长时，B的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.题型3、“滑块－斜(弧)面”模型例3(2016·课标全国Ⅱ)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3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.例4(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？►方法提炼“滑块－斜面”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速；(4)临界条件2：从冰块滑上斜面到分离时，斜面的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0题型4、“滑块—摆球”模型例4(2018·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．►方法提炼“滑块—摆球”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点．(4)临界条件2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.“小球－圆弧槽”模型例5如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．►方法提炼“小球－圆弧槽”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意：小球离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，然后小球沿切面再进入圆弧槽．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
动量守恒与能量综合在各类模型中的应用一、 “子弹打木块”模型1. 如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。
对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（ ）A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和2. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J3. 如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s ，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( ) A ．m ＋M m 2μgs B ．M －m m 2μgs C ．m m ＋M μgs D ．m M －mμgs4. （多选）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同5. （多选）矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大6. 如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。
试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t 。
7. 如图所示,质量为m 2,长为L 的木块置于光滑水平面上,质量为m 的子弹以初速度0v 水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力Lmv f 16520 作用,试问子弹能否穿过木块?若能穿过,求出子弹穿过木块后的速度；若不能穿过,求出子弹打入木块后两者的速率.8. 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g 的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm ，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．(2)若子弹是以大小为400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？二、“弹簧碰撞”模型1. A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A 、B 两球的质量分别为m 和M (m ＜M )。
若使A 球获得瞬时速度v (如图2甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若使B 球获得瞬时速度v (如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＜L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定2. 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在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 碰撞后二者会粘连在一起运动。
则下列说法正确的是( )A ．B 、C 碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB ．弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为3 m/sC ．弹簧的弹性势能最大值为36 JD ．弹簧再次恢复原长时A 、B 、C 三物块速度相同3. 如图所示，质量相同的A 、B 两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B 物体靠在墙壁上。
现用力推动物体A 压缩弹簧至P 点后再释放物体A ，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E p1。
现将物体A 的质量增大到原来的3倍，仍使物体A 压缩弹簧至P 点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E p2。
则E p1∶E p2等于( )A ．1B ．2C ．3D ．44. 如图所示，水平地面上A 、B 两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m 、3m ，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m 的木块C 以速度v 0水平向右运动并与木块A 相撞．不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为( )A ．13mv 02B ．15mv 02C ．112mv 02D ．415mv 025. 如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg ，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C 从t ＝0时，以一定速度向右运动．在t ＝4 s 时与物块A相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示，墙壁对物块B 的弹力在4 s 到12 s 的时间内对B 的冲量I 的大小为( )A ．9 N· sB ．18 N· sC ．36 N· sD ．72 N· s6.（多选）如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A 和B ，开始时弹簧处于原长，现给A 个向右的瞬时冲量，让A 开始以速度0v 向右运动,若B A m m ，则（ ）.A ．当弹簧压缩最短时,B 的速度达到最大值B ．当弹簧再次恢复原长时,A 的速度一定向右C ．当弹簧再次恢复原长时,A 的速度一定小于B 的速度D ．当弹簧再次恢复原长时,A 的速度可能大于B 的速度7. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L= 15.0m ，并以恒定速率v=5.0m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧， B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0 =6.0m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从传送带顶端滑出。
已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
求∶（1）轻弹簧长度最短时，所具有的弹性势能Ep ；（2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q 。
8. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C 的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E p；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值v m是多少？三、“板块”模型1. （多选）如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知()A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能2. (多选)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块A．给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是()A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75 m/sB．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/sD．长木板的长度可能为10 m3.如图甲所示，半径为R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，与圆心O等高；B为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3 kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.(1) 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？4.如图，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在木板B 的左端．质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h＝0.2 m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g＝10 m/s2)求：(1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；(3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少多长．5. 如图所示,光滑水平面上A 、B 两块等厚的木板并排放置但不粘连，A 的上表面粗糙,B 的上表面光滑,A 、B 的质量均为=M 0.1kg ，A 、C 接触面之间的动摩擦因数为=μ0.75，A 、B 的长度均为=L 0.4m ，开始时A 、B 均静止,某时刻一个质量为=m 0.2kg 的小滑块C 以=0v 4m/s 的速度滑上木板A 的右端.求小滑块C 在木板B 上运动的时间，重力加速度2/10s m g =.6. 如图所示，厚度均匀的长木板C 静止在光滑水平面上，木板上距左端L 处放有小物块B 。