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】 1.会分析解决 “板块模型”问题。2.会解决动量守恒与圆弧轨道的综合问题。 3.会解决动量和能量观点分析多过程问题。 拓展点 1 “板块模型”问题 1.模型 2.模型特点：板放在光滑水平面上。 3.把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，滑块和板组成的系统动量守恒。 4.由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒，但是可以用能量守恒解题。 5.注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。 6.基本解题思路： (1)应用系统的动量守恒。 (2)涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理。 (3)涉及滑块或滑
2、板的位移时，优先考虑用动能定理。 (4)涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。 【例 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 ，问： (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) Mm
3、v20 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，mgx相1 2Mv 2 01 2 (Mm)v2。 解得 x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 EQmg x 相 Mmv20 2（Mm）。 【训练 1】 (多选)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg
4、 的另一物体 B 以水平速度 v03 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面，由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( ) A.木板获得的动能为 2 J B.系统损失的机械能为 4 J C.木板 A 的最小长度为 1.5 m D.A、B 间的动摩擦因数为 0.1 答案 AC 解析 根据动量守恒定律可得 mv0(mmA)v，得 mA4 kg，A 的动能 Ek1 2mAv 22 J，系统 损失的动能 Ek1 2mv 2 01 2(mAm)v 26 J，木板长 L1 2(v0v)t1 1 2vt1 1 2v0t11.5 m，mg ma，解得 0.2
5、。选项 A、C 正确。 拓展点 2 动量守恒与圆弧轨道的综合问题 1.模型特点：物体冲上放在光滑水平面上的光滑圆弧轨道。 2.遵循规律 (1)系统水平方向上动量守恒。 (2)重力势能和动能相互转化，系统的机械能守恒。 (3)物体达到圆弧轨道模型的最高点时，两者在水平方向具有共同速度。 【例 2】 (多选)(2021 山东莱芜一中月考)带有1 4光滑圆弧轨道、质量为 m0 的滑车静止置于光 滑水平面上，如图所示。一质量为 m 的小球以速度 v0水平冲上滑车，当小球上滑再返回，并 脱离滑车时，以下说法可能正确的是( ) A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C
6、.小球可能做自由落体运动 D.若小球初速度 v0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车 答案 BC 解析 小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度 v0方向为正方向， 由动量守恒定律得 mv0mv1m0v2，由机械能守恒定律得：1 2mv 2 01 2mv 2 11 2m0v 2 2，联立解得 v1 mm 0 mm0v0，如果 mm0，v1m0，v10，小球离开小车向右做平抛运动，故 A 错误，B、C 正确； 小球离开四分之一圆 弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上，故 D 错误。 【训练 2】 (2021 河南郑州期末)如图所示，
7、一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车静 止在光滑水平面上。在小车最右边的碗边 A 处无初速度释放一只质量为 m 的小球。则在小球 沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是(碗的半径为 R，重力加速度为 g)( ) A.小球、碗和车组成的系统机械能守恒 B.小球的最大速度等于 2gR C.小球、碗和车组成的系统动量守恒 D.小球不能运动到碗左侧的碗边 B 点 答案 A 解析 当小球在碗内运动时，由于忽略摩擦力，在小球运动的过程中，只有重力对小球做功， 故小球、碗组成的系统的机械能守恒，选项 A 正确；当碗静止不动时，小球滑到最低点时的 速度才是 2gR，现在碗在小车上是运动的，故小球的最大速度
8、不等于 2gR，选项 B 错误；当 小球在碗内运动时，在水平方向上不受外力的作用，故在水平方向上动量守恒，但在竖直方向 上的动量是不守恒的，故选项 C 错误；因为机械能守恒，小球从右侧滑下时小车会向右做加 速运动，当小球滑上左侧时，小车又会做减速运动，到最后小车与球在 B 点相对静止，所以 小球能够运动到 B 点，选项 D 错误。 拓展点 3 动量和能量观点分析多过程问题 对于动量和能量结合的综合问题，一般把物体运动的过程分成几个子过程，在每一个子过程中 通过研究对象的选取和受力分析，明确哪些过程动量守恒，哪些过程机械能守恒，哪些过程机 械能变化，需要根据动能定理或能量守恒列方程。 【例 3】
9、 如图所示，半径为 R11.8 m 的1 4光滑圆弧与半径为 R20.3 m 的半圆光滑细管平滑 连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为 L2.0 m、质量为 M1.5 kg 的木板，木板 上表面正好与管口底部相切，处在同一水平 线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同。现在让质量为 m22 kg 的物 块静止于 B 处，质量为 m11 kg 的物块从1 4光滑圆弧顶部的 A 处由静止释放，物块 m1 下滑至 B 处和 m2碰撞后不再分开，整体设为物块 m(mm1m2)。物块 m 滑过半圆管底部 C 处滑上 木板使其从静止开始向左运动， 当木板速度为 2 m/s 时， 木板
10、与台阶碰撞立即被粘住(即速度变 为零)，若 g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，半圆管粗细不计。 (1)求物块 m1和 m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小； (3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的 最大距离。 答案 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m 解析 (1)设物块 m1下滑到 B 点时的速度为 vB，由机械能守恒可得 m1gR11 2m1v 2 B，解得 vB6 m/s。 m1、m2碰撞满足动量守恒 m1vB(m1m2)v共，解得 v共2 m/s 则碰撞过程
11、中损失的机械能为 E损1 2m1v 2 B1 2mv 2 共12 J。 (2)物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒1 2mv 2 共mg2R21 2mv 2 C，解得 vC4 m/s 在 C 处由牛顿第二定律可得 Nmgmv 2 C R2，解得 N190 N。 (3)物块 m 滑上木板后，当木板速度为 v22 m/s 时，物块速度设为 v1，由动量守恒定律得 mvC mv1Mv2，解得 v13 m/s。 设在此过程中物块运动的位移为 s1，木板运动的位移为 s2，由动能定理得 对物块 m：mgs11 2mv 2 11 2mv 2 C，解得 s11.4 m。 对木板 M：mgs21 2Mv
12、2 2，解得 s20.4 m。 此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为 x2Ls2s11 m 设物块 m 在台阶表面上运动的最大距离为 s4，由动能定理得mg(s3s4)01 2mv 2 1，解得 s40.8 m。 1.(“板块模型”问题)如图所示，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木板上最多能滑行的距离为 ( ) A.L B.3L 4 C.L 4 D. L 2 答案 D 解析 长木板固定时， 由动能定理得 MgL1 2M
13、v 2 0， 若长木板不固定有 Mv02Mv， Mgs1 2Mv 2 0 1 22Mv 2，得 sL 2，选项 D 正确，A、B、C 错误。 2.(“板块模型”问题)(多选)如图所示， 一质量为 M、 两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上， 两挡板之间的距离为 L。质量为 m 的物块(可视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦 因数为 。从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度 v，物块在与盒子左右两侧挡板进行 多次弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止。则( ) A.盒子的最终速度为 mv mM，方向向右 B.该过程产生的热量为1 2mv 2 C.碰撞次数为 Mv2 2gL（mM
14、） D.碰撞次数为 Mv2 2gL（mM）1 答案 AC 解析 设盒子的最终速度为 v，以 v 的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv(mM)v， 解得v mv mM， 方向向右， 故A正确； 该过程产生的热能Q 1 2mv 21 2(mM)v 2 Mmv2 2（mM）， 故 B 错误；对物块运动的全过程，根据功能关系得 Qmgs，解得物块相对盒子滑行的总路 程 s Mv2 2g（Mm），碰撞次数 n s L Mv2 2gL（mM），故 C 正确，D 错误。 3.(动量守恒与圆弧轨道的综合问题)(2021 河南中原名校质量考评)如图所示，木块 B 静止在光 滑的水平面上，其上有半径 r0.4
15、 m 的光滑1 4圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，一 可视为质点的物块 A 以水平向左的速度 v0冲上木块 B，经过一段时间刚好运动到木块 B 的最 高点，随后再返回到水平面。已知 A、B 的质量 mAmB1 kg，重力加速度 g10 m/s2。则下 列说法正确的是( ) A.物块 A 滑到最高点的速度为零 B.物块 A 的初速度大小为 4 m/s C.物块 A 返回水平面时的速度为 4 m/s D.木块 B 的最大速度为 2 m/s 答案 B 解析 物块 A 刚好运动到木块 B 的最高点时，两者有共同速度，设为 v，对物块 A 和木块 B 组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得
16、1 2mAv 2 0mAgr1 2(mAmB)v 2，mAv0(mA mB)v，解得 v04 m/s，v2 m/s，A 错误，B 正确；当物块 A 返回到水平面时，木块 B 的速度 最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得1 2mAv 2 01 2mAv 2 11 2mBv 2 2，mAv0mAv1mBv2，解得 v24 m/s、v10 或 v14 m/s、v20(舍去)，C、D 错误。 4.(动量和能量观点分析多过程问题)如图所示，A、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光 滑水平面上，A 和 B 的质量分别是 99m 和 100m，一颗质量为 m 的子弹以速度 v0水平射入木 块 A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( ) A.mv 2 0 400 B.mv 2 0 200 C.99mv 2 0 200 D.199mv 2 0 400 答案 A 解析 子弹打入木块 A 过程中，根据动量守恒定律有 mv0100mv1，解得 v1 v0 100，当两木块 速度相等时， 弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律得 mv0(99mm100m)v2， 得 v2 v0 200， 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 Ep1 2100mv 2 11 2200mv 2 2，解得 Epmv 2 0 400。