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微型专题动量和能量的综合应用学习目标1.熟练掌握动量守恒定律的运用.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题.知识探究新知探究点点落实导学探究如图1所示，质量为2kg的物体静止在与其之间动摩擦因数为=0.5的粗糙水平面上，现加一F=20N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g=10m/s2)图1答案对物体受力分析如图所示：4J-方法一：根据牛顿第二定律F-猿mg=mav=at1 .2s=2at解得t=4s,s=40m.方法二：根据动量定理可得：(Fmgt=mv-0解得：t=4s.12根据动能th理可得：Fs-(1mgs=2mv0解得s=40m.知识梳理解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.常用动能定理分析； 在涉及系统内能生点理点各个击破(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时,量的转化问题时，常用能量守恒定律.题型探究、滑块一木板模型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.隋1如图2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(可视为质点)质量为m与木板间的动摩擦因数为g最初木板B静止，物块A以水平初速度v滑上长木板,木板足够长.求：(重力加速度为g)Pr.(1)木板B的最大速度的大小；(2)木块A从刚开始运动到AB速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移的大小;若物块A恰好没滑离木板B,则木板至少多长?Vo15v023v02答案4土877解析(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当AB速度相等时B速度最大.以V0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv=(m+3n)v-Vo_得：v=v4(2)A向右减速的过程，根据动能定理有-叱mgs=Jmv-2mv2则木块A的位移为&=警一32g(3)方法一：B向右加速过程的位移设为S2.1 一2q贝U(imgs=2x3mv由得：A木板的最小长度：3vo2L=SiS2=8wg方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒定律得:mgL=2mv2-2(3m)v2/曰i_3vo2信：L=R78wg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.步2如图3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w,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.2Mmv日木21Mm22mv(2) 2M/H-m2g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，则由动量守恒定律得：mv=(Wm)v射入过程中损失的机械能一121.AE=2mv-2(M+m)v2Mmv解得：AE=2m+m.x,由动能定理得:(2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为一1一、（出m）gs=02（M+m）v区22一-mv由两式解得：x=2一.2底mp-总结提升-子弹打木块模型与滑块一木板模型类似，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.隋31两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度-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4所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为速度为v。,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AB的速度va和vb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遭v。(2):m/5240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vb=v。；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:mvmvm5-彳=(4+mvA“，nv。解得va=-5(2)由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且va5|mm)v2+Epm联立解得V=3vo,Eom=，V240一总结提升.处理动量和能量结合问题时应注意的问题1 .守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是只有系统内部的重力（地球包含在系统内）和弹力做功，其他内力和外力都不做功.2 .分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况.3 .表达式：动量为矢量式，能量为标量式.4 .注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不定守恒.5 .含有弹簧类的碰撞问题，要特别注意物体碰撞中机械能可能转化为内能，所以全过程看系统机械能往往不守恒.达标检测1 .（滑块一木板模型）如图5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.LB.1C.LD.L442答案D1解析长木板固定时，由动能定理得：Mg/Mv2，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv=2MvMgs=2mo2-1x2M2,得s=-L,D项正确，A、BC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6所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是（）图6A.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解析设子弹的质量是 m初速度是答案DV0,滑块的质量是M选择子弹初速度的方向为正方向,滑块获得最终速度（最后滑块和子弹的共同速度）为v.则由动量守恒定律知:mv=(m+Mv所以:mvMm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，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，滑块动能的增加是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一本多，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-s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s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7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AB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，AB的速度相同B.弹簧压缩量最大时，AB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.AB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8所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A在小车C的左端有一个质量为2kg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=1.25m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=0.5,小车C与水平地面间的摩擦忽略不计，取g=10m/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.答案（1）2.5m/s（2）0.375m.1-解析（1）设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为vi,由机械能守恒定律得：mgh=2mvi2解得vi=.；2gh=5m/s设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,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，mvi=（m+m）V2代入数据解得V2=2.5m/s（2）设小车C上表面的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同，设为V3,以向右的方向为正方向根据动量守恒定律有：(mi+rb)V2=(nAi+rb+nc)V3根据能量守恒定律有:(ra+rb)gL=2(m+rb)V22%Ra+rb+m)V32联立式代入数据解得L=0.375m.克曜薜疑卦:里奇地微型专题练、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=3kg的薄板和质量mr1kg的物块都以v=4m/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2.9m/s时，物块的运动情况是（）1-图1A.做减速运动C.做匀速运动答案 AB.做加速运动D.以上运动都有可能解析开始阶段，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V1,规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：（Ml-n）v=Mv代入数据解得：V1=2.67m/sv2.9m/s,所以物块处于向左减速的过程中，故选A.2.（多选）如图2所示，图甲表示光滑平台上，物体A以初速度vo滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的vt图像，由此可知()图2A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能答案BC解析由题图乙可知，AB最终以共同速度vi匀速运动，不能确定小车上表面长度，故AmAvi.错反；以Vo的方向为正方向，由动重寸恒7E律得，mAVo=(mA+mB)Vi,斛得：一=,故可mBVovi以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可以知道A相对小车B的位移Ax1 1O1=2Voti,根据能重寸恒得：(iiuAgAx=2mAVo(mA+mm)vi,根据求得的质重关系，可以斛出A与小车B上表面间的动摩擦因数，故C正确；由于小车A、B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误.3.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初始时小物块停在箱子正中间，如图3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3B. (1 mgLmMv D.-2 MA/c1,C.gNwmgL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mv=(mM)v1系统损失的动能是因为摩擦力做负功21 212mMvAE+m)VBC+2mv2(RA+RB+RC)Vabc=3X(2+4)X2J+2X2X62J；X(2+2+4)X32J=12J.10.(动量与能量问题的综合应用)如图10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，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L=0.8m.现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h=0.2m.已知ABC的质量分别为m=4kg、m=8kg和nc=1kg,AB间的动摩擦因数(1=0.2,AC碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g=10m/s2.r-rGnnz_图10(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，小车B的最小长度为多少？一,3答案(1)30N(2)1.5m/s(3)0.375m(或m)8解析(1)碰撞前小球在竖直平面内做圆周运动1C根据机械能寸恒th律，得mgL=2mv22由牛顿第二定律，得fmg=mF解得vo=4m/s,F=30N12(2)设A、C碰撞后瞬间的速度大小分别为Ma、Vc,由能重寸恒7E律和动重寸恒7E律，得2m/C=mghmvo=ravanevc解得vc=2m/s,va=1.5m/s(3)设A与B最终的共同速度为v,相对位移为s,由动量守恒定律和能量守恒定律，得mvA=(ra+nB)v1212叱mAgs=2mvA2(m)v解得s=0.375m要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375m(或3m)8
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