拓展提升课三：动量和能量的综合应用 学案（含答案）

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1、拓展提升课三拓展提升课三 动量和能量的综合应用动量和能量的综合应用 【学习目标要求】 1.会分析解决“板块模型”问题(包括子弹打木块、含曲面)。 2.会解决“弹簧类模型”问题。3.会解决动量和能量观点分析多过程问题。 拓展点拓展点 1 板块模型中的动量和能量板块模型中的动量和能量 1如图甲所示，物体 A 以速度 v0滑上静止在光滑水平面上的小车 B，当 A 在 B 上滑行的距离最远时，A、B 两物体相对静止，A、B 两物体的速度必相等。 甲 2.如图乙所示，质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌 面相切，一个质量为 m 的小球以速度 v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则

2、小 球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向 水平向右)。 乙 3在作用过程中，动能损失量大，系统损失的动能分别转化为弹性势能、内能和 重力势能。满足关系式：mv0(mM)v共，Ek1 2mv 2 01 2(mM)v 2 共 mM 2（mM） v20。 4在乙图中，若小球回到水平面上，重力势能又全部转化成动能，系统没有动能 的损失，可以看成弹性碰撞。 【例 1】 (多选)(2021 山东潍坊一中期末)如图所示，质量为 M 的长木板放在光 滑的水平面上， 质量为 m 的小滑块以速度 v0沿水平方向从左端滑上长木板， 刚好 不从长木板上掉下来。已知小滑块和长木板间

3、动摩擦因数为 ，则下列说法正确 的是( ) A长木板的最大速度为 M Mm v0 B小滑块的最小速度为 m Mm v0 C长木板的长度为 Mv20 2()Mm g D长木板和小滑块组成系统产生的热量为 Mmv20 2()Mm 答案 BCD 解析 滑块滑上木板后做减速运动，木板做加速运动，当两者共速后一起匀速运 动，则当共速时滑块具有最小速度，木板具有最大速度，由动量守恒定律 mv0 (Mm)v，解得 v m Mm v0，即长木板的最大速度为 m Mm v0，小滑块的最小 速度为 m Mm v0，选项 A 错误，B 正确；由功能关系 可得 QmgL1 2mv 2 01 2(Mm)v 2，解得 Q

4、 Mmv20 2（Mm），L Mv20 2（Mm）g， 选项 C、D 正确。 【针对训练 1】 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为 M 的长木板，以速度 v0向右做匀速直线运动，将质量为 m 的小铁块轻轻放在木板上的 A 点，这时小铁 块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动。由于小铁块和木板间有摩擦， 最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为 ，求： (1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与木板上的 A 点距离多远？ (3)在全过程中有多少机械能转化为内能？ 答案 (1) Mv0 Mm (2) Mv20 2g（Mm） (3) Mmv20

5、2（Mm） 解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒。 以 v0的方向为正方向， 由动量守恒 定律得， Mv0(Mm)v，则 v Mv0 Mm。 (2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量， mgs相1 2Mv 2 01 2(Mm)v 2。 解得 s相 Mv20 2g（Mm）。 (3)方法一：由能量守恒定律可得， Q1 2Mv 2 01 2(Mm)v 2 Mmv20 2（Mm） 方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，即 EQ mgs相 Mmv20 2（Mm）。 拓展点拓展点 2 弹簧类模型中的动量和能量弹簧类模型中的动量和能量 1初状态弹簧无势

6、能 如图甲所示，光滑水平面上的 A 物体(质量为 m)以速度 v0去撞击静止且一端带有 轻弹簧的 B 物体(质量为 M)，A、B 两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时 弹簧最短，其压缩量最大，则从物体 A 接触弹簧前瞬间到 A、B 相距最近的过程 可看作完全非弹性碰撞。弹簧恢复原长后，弹性势能又全部转化为动能，系统没 有动能损失，则从物体 A 接触弹簧前瞬间到弹簧恢复原长后的过程可以看成弹性 碰撞。 甲 2初状态弹簧有势能 乙 如图乙所示，轻弹簧夹在 A、B 之间处于压缩状态，用一条细线将 A、B 两物体连 在一起，弹簧与 A、B 均不固连，剪断细线后，弹簧将两物体弹开，弹簧恢复原 长时两

7、物体分离，此时有 mAvAmBvB0 Ep1 2mAv 2 A1 2mBv 2 B 两式联立可得 EkA mB mAmBEp EkB mA mAmBEp 【例 2】 (2021 郸城县实验高中月考)如图所示，在光滑水平地面上有 A、B 两个 小物块，其中物块 A 的左侧连接一轻质弹簧。物块 A 处于静止状态，物块 B 以一 定的初速度向物块A运动， 并通过弹簧与物块 A发生弹性正碰。 对于该作用过程， 两物块的速率变化可用速率时间图像进行描述，在图所示的图像中，图线 1 表 示物块 A 的速率变化情况，图线 2 表示物块 B 的速率变化情况。则在这四个图像 中可能正确的是( ) 答案 B 解析

8、 物块 B 压缩弹簧的过程，开始时 A 做加速运动，B 做减速运动，随着压缩 量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大，当弹簧压缩至最短时，二 者的速度相等；此后 A 继续加速，B 继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小， 两个物块的加速度减小。当弹簧恢复原长时 B 离开弹簧。所以 vt 图像切线斜率 的大小都先增大后减小。设 B 离开弹簧时 A、B 的速度分别为 vA和 vB。取水平向 右为正方向，根据动量守恒定律 mBv0mAvAmBvB，由机械能守恒得1 2mBv 2 0 1 2mAv 2 A1 2mBv 2 B，联立解得 vA 2mB mAmBv0，vB mBmA mAmBv0。若

9、 mBmA，由上式可 得 vAvB。若 mBmA，由上式可得 vAv0，vB0。若 mBmA，由上式可得 vA 0，vB0。综上，只有 B 图是可能的。 【针对训练 2】 (2021 攀枝花市第十五中月考)A、B 两球之间压缩一根轻弹簧， 静置于光滑水平桌面上，已知 A、B 两球质量分别为 2m 和 m。当用挡板挡住 A 球而只释放 B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为 x 的水平地面上，水平桌面距 水平地面的高度为 h，求： (1)弹簧的弹性势能； (2)若保持弹簧的压缩程度不变，取走 A 左边的挡板，将 A、B 同时释放，B 球的 落地点距离桌边距离。 答案 (1)mx 2g 4h (2

10、) 6x 3 解析 (1)当用挡板挡住 A 球而只释放 B 球时，B 球做平抛运动，则有 h1 2gt 2，v x t 所以弹簧的弹性势能为 Ep1 2mv 2mx 2g 4h 。 (2)由动量守恒定律 02mvAmvB 所以 vAvB12 A 球与 B 球获得的动能之比为 EkAEkB12 由功能原理知 EkAEkBEp B 球获得的动能为 EkB1 2mvB 2 B 球平抛后落地水平位移为 xvBt 代入数据得 x 6x 3 。 拓展点拓展点 3 动量和能量观点分析多过程问题动量和能量观点分析多过程问题 1综合应用动量和能量观点解题的步骤 (1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对

11、象。 (2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图。 对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段 之间的联系。 (3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要 分析题目的隐含条件，临界条件，几何关系等列出辅助方程。 (4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。 2灵活选用动量和能量观点的解题技巧 (1)研究某一物体受到力的持续作用、运动状态发生改变时，一般选用动量定理， 涉及功和位移时优先考虑动能定理；若研究的对象为物体系统，且它们之间有相 互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对路程时

12、则优先考虑能量守恒 定律。 (2)一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先 选用这两种观点。 有些问题， 用到的观点不止一个， 特别像高考中的一些综合题， 常用动量观点和能量观点联合求解。 【例 3】 (多选)(2021 重庆万州外国语学校期末)如图所示，足够长的光滑水平面 上有一质量为 2 kg 的木板 B，质量为 1 kg 的木块 C 叠放在 B 的右端点，B、C 均 处于静止状态且 B、C 之间的动摩擦因数为 0.1。质量为 1 kg 的木块 A 以初速 度 v112 m/s 向右滑动，与木板 B 在极短时间内发生碰撞，碰后与 B 粘在一起。 在运动过程中 C

13、 不从 B 上滑下， 已知 g10 m/s2， 那么下列说法中正确的是( ) AA 与 B 碰撞后 A 的瞬时速度大小为 3 m/s BA 与 B 碰撞时 B 对 A 的冲量大小为 8 N s CC 与 B 之间的相对位移大小为 6 m D整个过程中系统损失的机械能为 54 J 答案 BCD 解析 A与B碰撞过程动量守恒， 有mAv1(mAmB)v2， 代入数据解得v2 mA mAmB v14 m/s，即碰后 A 的瞬时速度大小为 4 m/s，故 A 错误；A 与 B 碰撞，对 A， 由动量定理得 ImAv2mAv18 N s，所以 A 与 B 碰撞时 B 对 A 的冲量大小为 8 N s，B

14、 正确；在运动过程中 C 不从 B 上滑下，则 A 与 B 碰撞后与 C 相互作用 过程中，由动量守恒得(mAmB)v2(mAmBmC)v3，代入数据解得 v3 mAmB mAmBmCv23 m/s，此过程根据能量守恒有 QmCgl 1 2(mAmB)v 2 21 2(mA mBmC)v236 J，所以 C 与 B 之间的相对位移大小为 l6 m，C 正确；整个过程 中系统损失的机械能为 E1 2mAv 2 11 2(mAmBmC)v 2 354 J，D 正确。 【针对训练 3】 (多选)(2021 四川省广元市川师大万达中学月考)如图所示，光滑 地面上有 P、Q 两个固定挡板，A、B 是两挡

15、板连线的三等分点。A 点有一质量为 m2的静止小球，P 挡板的右侧有一质量为 m1的等大小球以速度 v0向右运动。小 球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知 两小球之间的第二次碰撞恰好发生在 B 点处，则两小球的质量之比 m1m2可能 为( ) A31 B13 C15 D17 答案 ABD 解析 若碰后球 1 的速度方向与原来的方向相同，可知 1 球的速度小于 2 球的速 度，两球在 B 点相遇，是球 2 反弹后在 B 点相遇，有：v2t3v1t，即：v23v1。 根据动量守恒定律得， m1v0m1v1m2v2， 根据机械能守恒定律得1 2m1v 2 01 2m

16、1v 2 1 1 2m2v 2 2，联立解得 m13m2，若碰撞后球 1 的速度方向与原来的方向相反，与挡板 碰后反弹在 B 点追上球 2，则有：v1t3v2t，即：v13v2，根据动量守恒定律得： m1v0m1v1m2v2， 根据机械能守恒定律得： 1 2m1v 2 01 2m1v 2 11 2m2v 2 2， 联立解得： m27m1，若碰撞后球 1 的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球 2 与挡板碰后反弹在 B 点相遇，则有：v1tv2t， 即： v1v2，根据动量守恒定律得： m1v0m1v1m2v2，根据机械能守恒定律得1 2m1v 2 01 2m1v 2 11 2m2v 2

17、 2，联立解得： m23m1，综上所述，A、B、D 正确。 1(板块模型问题)(多选)(2021 绥化市第七中学高二期末)矩形滑块由不同材料的 上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示。质量为 m 的子 弹以速度 v 水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出；如图甲所示：若射 击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况，以下说法正确 的是( ) A两次子弹对滑块做功一样多 B两次滑块所受冲量一样大 C子弹击中上层过程中产生的热量多 D子弹嵌入下层过程中对滑块做功多 答案 AB 解析 根据动量守恒知最后物块获得的速度(最后物块和子弹的共速)是相同的， 即物块获得的

18、动能是相同的， 根据动能定理， 物块动能的增量是子弹做功的结果， 所以两次子弹对物块做的功一样多，故 A 正确，D 错误；由动量和动能的关系 Ek p2 2m可知，滑块的动量也是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大，B 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)，物块增加的动能也一样多，则系统 减小的动能一样多，故系统产生的热量一样多，C 错误。 2 (板块模型问题)如图甲所示， 将质量为 2m 的长木板静止地放在光滑水平面上， 一质量为 m 的小铅块(可视为质点)以水平初速度 v0由木板 A 端滑上木板， 铅块滑 至木

19、板的 B 端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不 变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让 小铅块仍以相同的初速度 v0由左端滑上木板，如图乙所示，则小铅块将( ) A滑过 B 端后飞离木板 B仍能滑到 B 端与木板保持相对静止 C甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 答案 D 解析 第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直 加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到 B 部分上后 A 部分停止加速，只 有 B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块

20、与 B 木板将更早 达到速度相等， 所以小铅块还没有运动到 B 的右端就与 B 板相对静止了， 选项 A、 B 错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，由于小铅块在乙图中木板上 相对运动的位移小于在甲图中木板上相对运动的位移，所以小铅块在乙图上滑行 产生的热量小于在甲图上滑行产生的热量，选项 C 错误，D 正确。 3(弹簧模型)(多选)如图甲所示，物块 A、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧， 整个系统静止放在光滑水平地面上，其中 A 物块最初与左侧固定的挡板相接触， B 物块的质量为 2 kg。现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，B 物块的 vt 图 像如图乙所示，可知( ) AA 的

21、质量为 4 kg B运动过程中 A 的最大速度为 vm4 m/s C在 A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D在 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3 J 答案 BD 解析 弹簧伸长量最大时弹力最大，B 的加速度最大，此时 A、B 共速，由题图 乙知，A、B 的共同速度为 v共2 m/s，A 刚离开挡板时 B 的速度为 v03 m/s，A 离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mBv0(mAmB)v共，解得 mA 1 kg，故 A 错误；当弹簧第一次恢复原长时，A 的速度最大，根据动量守恒定 律有 mBv0mAvAmBvB，由机械能守恒定律有1 2mBv 2 01 2mAv 2

22、 A1 2mBv 2 B，解得 A 的 最大速度 vA4 m/s，故 B 正确；在 A 离开挡板前，系统只有弹簧弹力做功，机 械能守恒，但由于挡板对 A 有作用力，A、B 系统所受合外力不为零，所以系 统动量不守恒，故 C 错误；A 离开挡板后，弹簧伸长量最大时 A、B 的共同速度 为 v共2 m/s，根据机械能守恒定律有 Ep1 2mBv 2 01 2(mAmB)v 2 共，联立解得弹簧 的最大弹性势能 Ep3 J，故 D 正确。 4.(多过程问题)如图所示， A、 B 两个物块放在光滑的水平面上， 一轻弹簧放在 A、 B 之间与 A 相连，与 B 接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块 A

23、 锁定，物 块 C 与 A、B 在一条直线上，3 个物块的质量相等。现使物块 C 以 v2 m/s 的速 度向左运动，与 B 相碰并粘在一起。当 C 的速度为零时，解除 A 的锁定，则 A 最终获得的速度大小为( ) A.3 2 m/s B.2 3 m/s C. 3 2 m/s D.2 3 3 m/s 答案 D 解析 设物块的质量均为 m，C 与 B 碰撞后的共同速度为 v1，根据动量守恒定律 有 mv2mv1，代入数据解得 v11 m/s。设 A 最终获得的速度大小为 v2，B 和 C 获得的速度大小为 v3，根据动量守恒定律则有 mv22mv3，根据机械能守恒定律 可得1 22mv 2 11 2mv 2 21 22mv 2 3，代入数据解得 v22 3 3 m/s，故 D 正确，A、B、 C 错误。