動量-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（原卷版）

模型33動量-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習(xí)目錄動量和沖量 2動量定理 4動量中的碰撞 9反沖、爆炸 13動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“滑塊——平板” 15動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“滑塊——彈簧” 17動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“子彈打木塊” 19人船模型 21

動量和沖量【模型+方法】1、動量（1）定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量與速度的乘積。

（2）表達(dá)式：。單位：

（3）矢量性：動量是矢量，方向與速度方向相同，運(yùn)算遵守平行四邊形定則。

（4）動量的變化量：，是矢量，方向與一致。（5）動量與動能的關(guān)系：

要點(diǎn)詮釋：對“動量是矢量，方向與速度方向相同”的理解，如：做勻速圓周運(yùn)動的物體速度的大小相等，動能相等（動能是標(biāo)量），但動量不等，因?yàn)榉较虿煌?。對“是矢量，方向與一致”的理解，如：一個(gè)質(zhì)量為的小鋼球以速度豎直砸在鋼板上，假設(shè)反彈速度也為，取向上為正方向，則速度的變化量為，方向向上，動量的變化量為：方向向上。2、沖量（1）定義：力與力的作用時(shí)間的乘積。（2）表達(dá)式：單位：（3）沖量是矢量：它由力的方向決定【典例】（2021·湖南省岳陽縣第一中學(xué)高三二模）如圖所示，某次訓(xùn)練時(shí)將乒乓球發(fā)球機(jī)置于地面上方某一合適位置，正對豎直墻面水平發(fā)射乒乓球。現(xiàn)有兩個(gè)質(zhì)量相同乒乓球a和b以不同速度水平射出，碰到墻面時(shí)下落的高度之比為9：16，不計(jì)阻力，則乒乓球a和b（）A．初速度之比為3：4B．重力對兩乒乓球的沖量大小之比為9：16C．從射出到碰到墻面時(shí)重力做功的平均功率之比為3：4D．碰到墻面時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為9：16【答案】C【詳解】A．乒乓球做平拋運(yùn)動，根據(jù)可得乒乓球碰墻前運(yùn)動時(shí)間之比為3：4，又因?yàn)樗轿灰葡嗟?，根?jù)可得乒乓球a和b初速度之比為4：3，故A錯誤；B．根據(jù)沖量的定義可得重力對兩乒乓球的沖量大小之比為3：4，故B錯誤；C．根據(jù)平均功率重力做功可知重力做功的平均功率之比為3：4，故C正確；D．根據(jù)瞬時(shí)功率公式為F與v方向的夾角，即乒乓球碰到墻面時(shí)重力的瞬時(shí)功率可得碰到墻面時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為3：4，故D錯誤。故選C?！揪毩?xí)】（2021·北京市海淀區(qū)精華培訓(xùn)學(xué)校高三月考）跳水是我國的運(yùn)動強(qiáng)項(xiàng)，在2019世界泳聯(lián)世錦賽的跳水項(xiàng)目中，中國夢之隊(duì)獲得了12金、4銀、1銅的驕人戰(zhàn)績。三米板的比賽中，跳水運(yùn)動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運(yùn)動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上（A位置），隨跳板一同向下運(yùn)動到最低點(diǎn)（B位置），對于運(yùn)動員從開始與跳板接觸到運(yùn)動至最低點(diǎn)的這個(gè)過程中，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．運(yùn)動員始終處于失重狀態(tài)B．運(yùn)動員的重力勢能與跳板的彈性勢能之和先增大后減小C．跳板對運(yùn)動員支持力的沖量和運(yùn)動員重力沖量大小相等、方向相反D．跳板對運(yùn)動員支持力做的功等于運(yùn)動員機(jī)械能的變化量動量定理【模型+方法】1.動量定理（1）內(nèi)容：物體所受的合外力的沖量等于它的動量的變化量。

（2）表達(dá)式：或（3）動量的變化率：根據(jù)牛頓第二定律即，這是動量的變化率，物體所受合外力等于動量的變化率。如平拋運(yùn)動物體動量的變化率等于重力。2.要點(diǎn)詮釋：

（1）動量定理的研究對象可以是單個(gè)物體，也可以是物體系統(tǒng)。對物體系統(tǒng)，只需分析系統(tǒng)受的外力，不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力。系統(tǒng)內(nèi)力的作用不改變整個(gè)系統(tǒng)的總動量。

（2）用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式能求解恒力作用下的勻變速直線運(yùn)動的間題，凡不涉及加速度和位移的，用動量定理也能求解，且較為簡便。

但是，動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力。對于變力，動量定理中的F應(yīng)當(dāng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。

（3）用動量定理解釋的現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長，力就越小。另一類是作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長，動量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動量變化越小。分析問題時(shí)，要把哪個(gè)量一定哪個(gè)量變化搞清楚。（4）應(yīng)用求變力的沖量：如果物體受到變力作用，則不直接用求變力的沖量，這時(shí)可以求出該力作用下的物體動量的變化，等效代換變力的沖量I。

（5）應(yīng)用求恒力作用下的曲線運(yùn)動中物體動量的變化：曲線運(yùn)動中物體速度方向時(shí)刻在改變，求動量變化需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。3.動量定理的理解表達(dá)式動量定理的表達(dá)式是一個(gè)矢量式,包含了大小和方向雙重含義,一維情況下需選定一個(gè)正方向(或)研究對象動量定理的研究對象可以是單個(gè)物體,也可以是多物體組成的系統(tǒng)沖量動量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個(gè)力的沖量.力可以是恒力,也可以是變力方程由動量定理列出的方程是一個(gè)過程方程,方程中兩個(gè)動量對應(yīng)時(shí)間的始末時(shí)刻4.兩種典型場景的應(yīng)用方法(1)動量和能量的綜合問題。

動量的觀點(diǎn)包括動量定理和動量守恒定律,能量的觀點(diǎn)包括動能定理和能量守恒定律.這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)所經(jīng)歷的過程中運(yùn)動狀態(tài)的改變,即只要知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中的沖量和所做的功,即可對問題進(jìn)行求解.

要點(diǎn)①在解決涉及時(shí)間的問題時(shí)可采用動量定理,在解決涉及位移的問題時(shí),可考慮選用能量觀點(diǎn)的表達(dá)式.

②動量觀點(diǎn)的表達(dá)式都是矢量表達(dá)式,也可以寫出分量表達(dá)式,但能量觀點(diǎn)的表達(dá)式是標(biāo)量表達(dá)式，沒有分量表達(dá)式.

(2)應(yīng)用動量定理求解流體問題時(shí),由于流體的連續(xù)性,故解決問題時(shí)需先選取一個(gè)流體微元,再對微元列出相應(yīng)方程,思路如下:求小柱體的體積和小柱體的質(zhì)量求小柱體的動量變化應(yīng)用動量定理列方程：在極短時(shí)間內(nèi)，取一小柱體作為研究對象求小柱體的體積和小柱體的質(zhì)量求小柱體的動量變化應(yīng)用動量定理列方程：在極短時(shí)間內(nèi)，取一小柱體作為研究對象5．動量和動能的關(guān)系(1)動量和動能都與物體的某一運(yùn)動狀態(tài)相對應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)．但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比，p＝mv；動能的大小與速度的平方成正比，Ek＝mv2/2.兩者的關(guān)系：p2＝2mEk.(2)動量是矢量而動能是標(biāo)量．物體的動量發(fā)生變化時(shí)，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，則動量必發(fā)生變化．(3)動量的變化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其運(yùn)算遵循平行四邊形定則；動能的變化量ΔEk＝Ek2－Ek1是標(biāo)量式，運(yùn)算時(shí)應(yīng)用代數(shù)法．2．動量和沖量的關(guān)系沖量是物體動量變化的原因，動量變化量的方向與合外力沖量方向相同．6.動能定理和動量定理的比較動能定理動量定理研究對象單個(gè)物體或可視為單個(gè)物體的系統(tǒng)單個(gè)物體或可視為單個(gè)物體的系統(tǒng)公式W＝Ek′－Ek或Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0物理量的意義公式中的W是合外力對物體所做的總功，做功是物體動能變化的原因．Ek′－Ek是物體動能的變化，是指做功過程的末動能減去初動能公式中的Ft是合外力的沖量，沖量是使研究對象動量發(fā)生變化的原因．mvt－mv0是研究對象的動量變化，是過程終態(tài)動量與初態(tài)動量的矢量差相同處①兩個(gè)定理都可以在最簡單的情景下，利用牛頓第二定律導(dǎo)出．②它們都反映了力的積累效應(yīng)，都是建立了過程量與狀態(tài)量變化的對應(yīng)關(guān)系．③既適用于直線運(yùn)動，又適用于曲線運(yùn)動；既適用于恒力的情況，又適用于變力的情況不同處動能定理是標(biāo)量式，動量定理是矢量式．②側(cè)重于位移過程的力學(xué)問題用動能定理處理較為方便，側(cè)重于時(shí)間過程的力學(xué)問題用動量定理處理較為方便．③力對時(shí)間的積累決定了動量的變化，力對空間的積累則決定動能的變化特別提醒：做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，做了多少功，就表示有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，所以說功是能量轉(zhuǎn)化的量度．功能關(guān)系是聯(lián)系功和能的“橋梁”．【典例】（2021·北京北理工附中高三三模）根據(jù)量子理論：光子既有能量也有動量；光子的能量E和動量p之間的關(guān)系是，其中c為光速。由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或被反射時(shí)都會對物體產(chǎn)生一定的沖量，也就對物體產(chǎn)生了一定的壓強(qiáng)。根據(jù)動量定理可近似認(rèn)為：當(dāng)動量為p的光子垂直照到物體表面，若被物體反射，則物體受到的沖量大小為2p；若被物體吸收，則物體受到的沖量大小為p。某激光器發(fā)出激光束的功率為，光束的橫截面積為S。當(dāng)該激光束垂直照射到某物體表面時(shí)，物體對該激光的反光率為，則激光束對此物體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】時(shí)間t內(nèi)釋放光子的能量為光子的總動量為根據(jù)題意，由動量守恒定律有激光束對此物體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為聯(lián)立解得所以B正確；ACD錯誤；故選B。【練習(xí)1】（2021·海南?？谝恢懈呷驴迹╇x子推進(jìn)器已經(jīng)全面應(yīng)用于我國航天器，其工作原理如圖所示，推進(jìn)劑氙原子P噴注入腔室C后，被電子槍G射出的電子碰撞而電離，成為帶正電的氙離子。氙離子從腔室C中飄移過柵電極A的速度大小可忽略不計(jì)，在柵電極A、B之間的電場中加速，并從柵電極B噴出。在加速氙離子的過程中飛船獲得反推力。已知柵電極A、B之間的電壓為U，氙離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，AB間距為d，推進(jìn)器單位時(shí)間內(nèi)噴射的氙離子數(shù)目n。則噴射離子過程中，對推進(jìn)器產(chǎn)生的反沖作用力大小為（）A． B． C． D．【練習(xí)2】（2021·湖南省常德芷蘭實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三月考）高臺跳雪是冬奧會的比賽項(xiàng)目之一。如圖所示，某高臺跳雪運(yùn)動員（可視為質(zhì)點(diǎn)）從雪道末端先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飛出，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動員從飛出到落到雪坡上的整個(gè)過程中（）A．運(yùn)動員先后在空中飛行的時(shí)間不相同B．運(yùn)動員先后落在雪坡上的速度方向不同C．運(yùn)動員先后落在雪坡上動量的變化量之比為3∶4D．運(yùn)動員先后落在雪坡上動能的增加量之比為3∶4動量中的碰撞【模型+方法】碰撞1．概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．2．特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．3．分類種類動量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【拓展提升】1．彈性碰撞后速度的求解根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝v2′＝2．彈性碰撞分析討論當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2＝0，則：v1′＝，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)，(1)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。(2)m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動。(3)m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來?！镜淅坑螛穲龌黜?xiàng)目的簡化模型如圖所示，索道段光滑，A點(diǎn)比B點(diǎn)高1.25m，與段平滑連接的段粗糙，長4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，到B點(diǎn)進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點(diǎn)停下。設(shè)滑塊與段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取。下列說法正確的是()

A.緩沖墻對滑塊的沖量為 B.緩沖墻對滑塊的沖量為C.緩沖墻對滑塊做的功為 D.緩沖墻對滑塊做的功為答案：BC解析：滑塊從A滑到C，由動能定理有，解得，碰后滑到D的過程，有，得，與墻碰撞過程應(yīng)用動量定理（向右為正）有，故A錯誤，B正確。對碰撞過程應(yīng)用動能定理有，故C正確，D錯誤?！揪毩?xí)1】如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰，兩小球的質(zhì)量分別為和，圖乙為它們碰撞前后的圖像。已知。由此可以判斷()

A.碰前B靜止，A向右運(yùn)動 B.碰后B和A都向右運(yùn)動C.由動量守恒可以算出 D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能【練習(xí)2】如圖所示，質(zhì)量為且足夠長的小車以的速度沿光滑的水平面運(yùn)動，在小車正上方處有一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間剛好落在小車上無反彈，作用時(shí)間很短，隨后二者一起沿水平面向右運(yùn)動。已知物塊與小車上表面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是()

A.物塊落在小車上的過程中，物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.物塊落在小車后的速度大小為3m/sC.物塊在小車的上表面滑動的距離為0.5mD.物塊落在小車的整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的能量為7.5J【練習(xí)3】疫情期間，居家隔離時(shí)各種家庭游戲輪番上演，小明家舉行餐桌“冰壺”比賽。如圖所示，選取兩個(gè)質(zhì)量不同的易拉罐，把易拉罐B放在離餐桌左側(cè)中心五分之一處，將易拉罐A從左側(cè)桌邊中心以某一初速度快速推出，兩易拉罐沿縱向發(fā)生彈性碰撞，最終兩易拉罐都恰好停在桌邊。若已知餐桌長為L，易拉罐與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，以下說法正確的是()

A.兩個(gè)易拉罐質(zhì)量之比B.全過程兩個(gè)易拉罐與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比C.易拉罐A的初速度為D.碰后兩個(gè)易拉罐在桌面上運(yùn)動的時(shí)間之比反沖、爆炸【模型+方法】1．反沖運(yùn)動(1)定義：靜止或運(yùn)動的物體通過分離出部分物質(zhì)，而使自身在反方向獲得加速的現(xiàn)象．(2)特點(diǎn)：在反沖運(yùn)動中，如果沒有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的動量是守恒的．2．爆炸現(xiàn)象爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運(yùn)動．【典例1】(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度?！敬鸢浮?1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動學(xué)公式有0－v0＝－gt ②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。 ③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1 ④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。 ⑧【方法規(guī)律】爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動【練習(xí)1】（2019·江蘇徐州一中模擬）(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)炮彈的速度v0恰好沿水平方向時(shí)，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原來速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時(shí)間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大C．a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等【典例2】（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】設(shè)該發(fā)動機(jī)在s時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為，根據(jù)動量定理，，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量，故本題選B?！痉椒ㄒ?guī)律】作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加【練習(xí)2】(2017·高考全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“滑塊——平板”【模型+方法】“滑塊——平板”模型解題思路1應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。2在涉及滑塊或平板的時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動量定理。3在涉及滑塊或平板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動能定理。4在涉及滑塊的相對位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。5滑塊恰好不滑動時(shí)，滑塊與平板達(dá)到共同速度?！镜淅?2019·浙江余姚中學(xué)調(diào)研)如圖所示，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質(zhì)量為M＝3.0kg，木板的長度為L＝1.5m。在木板右端有一小物塊，其質(zhì)量m＝1.0kg，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左滑動，重力加速度g取10m/s2。(1)若小物塊剛好能運(yùn)動到左端擋板處，求v0的大?。?2)若初速度v0＝3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機(jī)械能?！敬鸢浮?1)2m/s(2)0.375J【解析】(1)設(shè)木板和物塊最后共同的速度為v由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v對木板和物塊系統(tǒng)，由功能關(guān)系得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2由以上兩式解得v0＝＝2m/s。(2)同樣由動量守恒定律可知，木板和物塊最后也要達(dá)到共同速度v1mv0＝(M＋m)v1設(shè)碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE，則對木板和物塊系統(tǒng)的整個(gè)運(yùn)動過程，由功能關(guān)系有μmg·2L＋ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)由以上各式解得ΔE＝－2μmgL代入數(shù)據(jù)可得ΔE＝0.375J?！揪毩?xí)】(2019·河南省鄭州一中預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2.子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t.動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“滑塊——彈簧”【模型+方法】“滑塊——彈簧”模型四點(diǎn)注意1在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。2在動量方面，系統(tǒng)動量守恒。3彈簧處于最長最短狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒，機(jī)械能守恒。4彈簧處于原長時(shí)，彈性勢能為零?！镜淅?2019·高考全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示．某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動．A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運(yùn)動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m【解析】(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s. ③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動的路程為sB，則有mBa＝μmBg ④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m． ⑨(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為v′A，由動能定理有eq\f(1,2)mAv′2A－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得v′A＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v″A和v″B，由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B?eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv″eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv″eq\o\al(2,B)?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得v″A＝eq\f(3\r(7),5)m/s，v″B＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動，B繼續(xù)向左運(yùn)動．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動距離為s′A時(shí)停止，B向左運(yùn)動距離為s′B時(shí)停止，由運(yùn)動學(xué)公式2as′A＝v″eq\o\al(2,A)，2as′B＝v″eq\o\al(2,B)?由④??式及題給數(shù)據(jù)得s′A＝0.63m，s′B＝0.28m?s′A小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝s′A＋s′B＝0.91m．?【練習(xí)】（2019·安徽安慶一中模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4m/s的速度向右運(yùn)動，與左側(cè)連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生碰撞。求二者在發(fā)生碰撞的過程中，(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊B的最大速度。動量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用“子彈打木塊”【模型+方法】“子彈打木塊”模型特點(diǎn)1.當(dāng)子彈和木塊的速度相等時(shí)木塊的速度最大，兩者的相對位移子彈射入木塊的深度取得極值。2.系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。3.根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多?！镜淅?2019·海南三亞一中模擬)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量m2＝0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)挠叶?。一質(zhì)量為m0＝0.05kg的子彈以水平速度v0＝100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2m/s的速度滑離小車。已知子彈與小車的作用時(shí)間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，求：(1)子彈相對小車靜止時(shí)小車速度的大??；(2)小車的長度L?！敬鸢浮?1)10m/s(2)2m【解析】(1)子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由能量守恒可得e