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2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题4 第32讲 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
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第32讲 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点概述 (1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。(2)学好本热点，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。(3)用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律和运动学基本规律)，动量观点(动量定理和动量守恒定律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。
1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点
用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题
综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用牛顿第二定律求解。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零
(2)内力远远大于外力
(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)
(1)只受重力或弹力作用
(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功
(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零
标矢性质
矢量守恒(可以写出某一方向的守恒表达式)
标量守恒(不考虑方向性，无某一方向的守恒表达式)
4．力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
5．用力学三大观点解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作出草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律。
①若用动力学的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。
[例1] (2019·四川资阳高三上学期期末)如图所示，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求：
(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能；
(2)m2运动的最大速度vm。
解析 (1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律得：
m1v0＝(m1＋m3)v1
损失的机械能：ΔE＝m1v－(m1＋m3)v
解得：ΔE＝24 J。
(2)对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，由动量守恒定律及机械能守恒定律有：
(m1＋m3)v1＝(m1＋m3)v3＋m2vm
(m1＋m3)v＝(m1＋m3)v＋m2v
解得：vm＝2 m/s。
答案 (1)24 J (2)2 m/s
“弹簧类”模型
(1)模型特点：两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。若只有弹簧弹力做功，则系统机械能守恒。
(2)过程分析：通过弹簧发生相互作用的两物体组成的系统，两者共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞。从开始发生作用到弹簧再次恢复原长，此时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞。
注意：(1)物体的速度最大时，应该是加速度为零、弹簧恢复原长，相当于弹性碰撞结束时。
(2)在多个物体通过弹簧发生相互作用的系统中，发生碰撞时要注意研究对象的合理选择，如例1中m1与m3碰撞瞬间m2的速度保持不变，研究对象应只选m1与m3。
[例2] 如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B的最大速度。
解析 (1)小球C从a点运动到b点的过程，由机械能守恒定律，有mgR＝mv
解得小球到b点时的速度大小为v0＝
在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh
解得h＝。
(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律可知mv＝mv＋Mv
解得v2＝。
答案 (1) 3mg＋Mg (2)
(3)
“轨道类”模型
(1)模型特点：一个物体在水平方向运动，另一个物体沿曲线运动，两个物体运动的过程水平方向动量守恒。若只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒。
(2)过程分析：以图a为例。
①最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。(完全非弹性碰撞拓展模型)
②最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv。(完全弹性碰撞拓展模型)
[例3] (2019·云南保山高考模拟)如图，半径R＝0.8 m的圆弧形的光滑轨道竖直放置，圆弧轨道最低点D与长为L的水平面DE相切于D点，质量M＝1.0 kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点D后，与D点m＝0.5 kg的静止小滑块B相碰，碰后A的速度变为vA＝2.0 m/s，仍向右运动。已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，A、B均可视为质点，B与E处的竖直挡板相碰时没有机械能损失，取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后瞬间滑块B的速度大小；
(2)碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小；
(3)要使两滑块不发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件。
解析 (1)设小滑块A运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR＝Mv2
设滑块B被碰后的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv＝MvA＋mvB
代入数据解得：vB＝4 m/s。
(2)碰撞后瞬间，对B，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝15 N
由牛顿第三定律知碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小FN′＝FN＝15 N。
(3)由于碰后B的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两滑块从碰撞到最后停止，达到最大的路程分别为sA、sB，则对于A，由动能定理：－μMgsA＝0－Mv，
代入数据解得：sA＝2 m
对于B，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得－μmgsB＝0－mv，
代入数据解得：sB＝8 m
两滑块刚好发生第二次接触时有：2L＝sA＋sB＝10 m
要使两滑块不发生第二次碰撞，则有L>5 m。
答案 (1)4 m/s (2)15 N (3)L>5 m
应用力学三大观点解题时应注意的问题
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各运动过程的运动特点，根据每个过程的特点选择合适的物理规律解题。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力，或系统在某一方向不受力或所受合力为零时，一般考虑用动量守恒定律分析。如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。已知或求解力和位移关系时通常用动能定理，已知或求解力和时间关系时通常用动量定理。
(4)注意衔接处或各子过程的物理量关系，如速度关系、位移关系。当绳子绷紧、物块碰撞时一般有机械能损失，速度大小会发生突变。
[例4] (2019·山东德州二模)如图所示，质量M＝0.4 kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L＝0.5 m，某时刻另一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，小滑块始终未脱离长木板。求：
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
解析 (1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.4 m/s
对长木板：μmg＝Ma
得长木板的加速度：a＝0.5 m/s2
自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度：v1＝at1
解得：t1＝0.8 s
长木板向右运动的位移：x＝at
解得：x＝0.16 m
解得：t2＝0.85 s
故长木板与竖直挡板相碰所需时间：
t＝t1＋t2＝1.65 s。
(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv1－Mv1＝(m＋M)v2
最终两者的共同速度：v2＝－0.24 m/s
对全过程，由能量守恒定律有：
μmgs＝mv－(m＋M)v
解得小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：s＝0.928 m。
答案 (1)1.65 s (2)0.928 m
“子弹打木块”与“滑块—木板”模型
模型图示
模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图象求解
1. (多选)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是( )
A．弹簧的最大弹性势能为mv2
B．弹簧对小车做的功为mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为mv
答案 AC
解析 小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及机械能守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正确；当小球与弹簧分离时，设小车的速度为v1，小球的速度为v2，则由动量守恒定律与机械能守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v，v2＝0，则弹簧对小车做的功为W＝mv＝mv2，B错误；弹簧对小球的冲量为I＝0－mv＝－mv，即冲量的大小为mv，C正确，D错误。
2. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形光滑的凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg－m
答案 C
解析 若滑块不固定，当v0＝ 时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；如果小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。
3．(2019·天津和平高三上学期期末)如图所示，光滑水平轨道距地面高h＝0.8 m，其左端固定有半径为R＝0.6 m的内壁光滑的半圆形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接，用质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的小物块A、B压缩一轻质弹簧(弹簧和物块不拴接)。同时放开小物块A、B，两物块和弹簧分离后，物块A进入圆形轨道，物块B从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道边缘的水平距离s＝1.2 m，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物块A运动到半圆轨道最高点时，对轨道的压力FN；
(2)释放物块前弹簧具有的弹性势能Ep。
答案 (1)10 N (2)27 J
解析 (1)B做平抛运动，有h＝gt2，vB＝
对于小物块A、B，根据动量守恒定律有
0＝m1vA－m2vB
对小物块A，根据机械能守恒定律有
m1v2＋m1g·2R＝m1v
在最高点，根据牛顿第二定律有FN′＋m1g＝m1
联立解得FN′＝10 N
由牛顿第三定律得，A对轨道的压力FN＝FN′＝10 N。
(2)对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有
Ep＝m1v＋m2v
解得Ep＝27 J。
4．(2019·江西宜春高三上学期期末)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连。质量为0.5 kg的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v0＝16 m/s的速度与B发生正碰，结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点。A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞过程中A对B的冲量大小；
(2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间。
答案 (1)2 N·s (2)1.5 s
解析 (1)B恰好能通过半圆形轨道的最高点，
故在最高点有：mBg＝mB
设A、B碰后B的速度为vB，则B从碰后到运动到D点的过程中有：
－mBg·2R＝mBv－mBv
联立并代入数据解得： vB＝4 m/s
故A对B的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s。
(2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB
代入数据，解得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反
因此A以vA＝4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8 m/s2
A沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s
A沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m
A沿斜面向下运动的加速度大小为：
a2＝gsin30°－μgcos30°＝2 m/s2
A沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t，
代入数据解得：t2＝1 s
故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：
t＝t1＋t2＝1.5 s。
5．(2019·河南驻马店高三上学期期末)如图所示，质量m1＝2 kg的玩具小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝1 kg的小物块，以水平向右的速度v0＝3 m/s从左端滑上小车，最后恰好未从小车右端滑出。物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)整个过程产生的内能；
(2)小车的长度；
(3)从开始到小物块与小车相对静止这段时间内，小物块与小车的位移之比。
答案 (1)3 J (2)1 m (3)4∶1
解析 (1)根据动量守恒定律可知：m2v0＝(m1＋m2)v
整个过程中因摩擦产生的内能：
Q＝m2v－(m1＋m2)v2，
解得：Q＝3 J。
(2)设小车的长度为L，由功能关系：Q＝μm2gL
解得：L＝1 m。
(3)在达到相对静止前，小物块与小车均做匀变速直线运动，设它们的位移分别为x1和x2，根据运动学公式：x1＝t，x2＝t
解得：x1∶x2＝4∶1。
6．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，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增加的内能；
(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？
答案 (1)6 m/s 882 J
(2)能
解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝＝ m/s＝6 m/s
此过程中系统所增加的内能
ΔE＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。
(2)设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、长度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝＝ m/s＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋0.02)×82 J＝1568 J
由功能关系有ΔE＝fs相＝fd
ΔE′＝fs相′＝fd′
则＝＝＝
解得d′＝d＝×6 cm≈10.67 cm
因为d′>10 cm，所以能射穿该木块。
课时作业
1．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
答案 C
解析 轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，系统的合外力不为零，动量不守恒，故A、B错误。设轨道的水平部分长为L，轨道固定时，根据能量守恒定律得：mgR＝μmgL；轨道不固定时，假设物块能停在轨道上，且与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0；根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，假设成立，故C正确，D错误。
2．(2019·哈尔滨师大附中高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1 kg，一质量为0.5 kg的小球以3 m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g＝10 m/s2)，则( )
A．h＝45 cm
B．小球上升至h处的速度为0
C．脱离时小球的速度大小为3 m/s
D．脱离时小车的速度大小为2 m/s
答案 D
解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，设有共同速度v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，由机械能守恒定律得：m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh，联立以上两式解得：h＝0.3 m，故A、B错误；设小球在返回小车左端时速度为v1，此时小车的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v，联立解得：v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故脱离时小球的速度大小为1 m/s，小车的速度大小为2 m/s，故D正确，C错误。
3．(2019·福建三明高三上学期期末)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )
A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案 D
解析 在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大，在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧恢复原长，弹性势能为零，A、B错误；根据动量守恒守律，0～t1时间内：m1v0＝(m1＋m2)v1，即：3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1 m/s和2 m/s，根据Ek＝mv2，可知A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，D正确。
4．(2019·宁夏石嘴山三中上学期期末)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碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时B、C的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
答案 B
解析 B与C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C的共同速度为vBC，规定向右为正方向，则mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝ m/s＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒有，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得：vABC＝ m/s＝3 m/s，设弹簧的弹性势能最大值为Ep，根据机械能守恒定律：Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时系统减少的动能最多，弹簧弹性势能最大，则此时弹簧不会是原长状态，故D错误。
5．(2019·天津高三上学期期末七校联考)(多选)在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是( )
A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D．位移s一定大于深度d
答案 AB
解析 子弹射击木块的过程中，设子弹与木块间的摩擦力为f，摩擦力对木块M做的功为W1＝fs，摩擦力对子弹m做的功为W1＝－f(s＋d)，根据能量守恒定律可得子弹动能的亏损为ΔEk1＝f(d＋s)，系统动能的亏损为ΔEk2＝fd，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A正确，C错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子弹动量变化量的大小Δp1＝mv0－mv＝，木块动量变化量的大小Δp2＝Mv＝，故B正确；对木块，根据动能定理可得fs＝Mv2－0，解得木块在加速运动中的位移为s＝，根据能量守恒定律可得fd＝mv－(m＋M)v2，解得射入的深度为d＝>·＝s，故D错误。
6．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m－m′＝0，m－m＝0，解得小车向左运动的最大距离x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次上升到最大高度的过程中，对系统由能量守恒定律得mgh0－h0－Wf＝0，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动系统损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的最大高度大于h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确。
7. 如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的立柱上固定了一条长度为L、拴有小球的细绳。质量为m的小球从与悬点在同一水平面处由静止释放，重力加速度为g，不计阻力。求细绳拉力的最大值。
答案
解析 小球摆到最低点时细绳拉力最大，设此时小球和小车的速度大小分别为v1和v2，取水平向右为正方向，系统在水平方向上动量守恒，有mv1－Mv2＝0
系统机械能守恒，有mgL＝mv＋Mv
解得v1＝ ，v2＝
以小车为参考系，对小球，由牛顿第二定律有
T－mg＝
解得T＝。
8．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案 (1) (2)
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。
由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。
9．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
解析 (1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。
10．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案 (1)mg (2)
(3)
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
＝tanα①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。
11．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
答案 ≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋v2′④
mv＝mv′＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μgl⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为≤μ<。
12．(2019·山东潍坊二模)如图所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力。
(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。
答案 (1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m
解析 (1)由平抛运动的规律得：tanθ＝
x＝v0t
解得：x＝1.2 m。
(2)物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v
由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2
对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1
联立解得：t0＝1 s。
(3)有销钉时，物块在BC段运动时的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＋mv＝mv
由几何关系得：H－gt2＝R(1－cosθ)
B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ
若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝Mv2′＋mv2，小车向左运动达到最大位移时，其速度v2′为0，此时物块的速度v2＝v0＝4 m/s
由能量守恒定律得：
mgH＋mv＝f(Δx－xBC)＋mv
联立解得此时物块离小车左端的水平距离：
Δx≈3.73 m。
13．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝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Ek＝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)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A的速度大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。
由⑯式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
14．(2019·全国卷Ⅰ)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vt图象如图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。
答案 (1)3m (2)mgH (3)
解析 (1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图b所给出的vt图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcosθ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。
15．(2020·山东泰安高三上学期期中)为了解决快递公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置。卸货时货车不动，缓冲车A紧靠货车，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲车A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，缓冲车A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B两车的质量均为M＝40 kg，两车水平部分的长度均为L＝3 m。包裹C可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时损失的机械能可忽略。
(1)要求包裹C在缓冲车A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？
(2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么关系？
(3)若某次将m＝10 kg的包裹从2.7 m高处释放，则转运车B的最大速度是多少？(结果用根号表示)
答案 (1)20 kg (2)0.9 m≤h≤3.15 m
(3) m/s
解析 (1)包裹C在车A的水平面上滑动时所受的摩擦力大小f1＝μ1m1g①
缓冲车A与地面间的最大静摩擦力大小
f2＝μ2(m1＋M)g②
缓冲车A不动的条件是f1≤f2③
由①②③式联立解得m1≤20 kg④
即包裹C的最大质量为20 kg。
(2)设包裹从h1高处释放时，刚好滑上转运车B，根据动能定理mgh1－μ1mgL＝0⑤
代入数据解得h1＝0.9 m⑥
设包裹从h2高处释放时，刚滑上转运车时的速度为v，与挡板相碰后最终停在转运车B的左端，此时包裹与转运车B共同运动的速度为v′。根据动能定理得mgh2－μ1mgL＝mv2⑦
根据动量守恒定律和能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v′⑧
mv2－(m＋M)v′2＝2μ1mgL⑨
由⑦⑧⑨式联立解得h2＝3.15 m⑩
由⑥⑩式可知h的范围为0.9 m≤h≤3.15 m。
(3)设h3＝2.7 m时，包裹滑上转运车B时得速度v0，包裹与挡板碰撞前的速度为v1，碰前B的速度为v2。
由动能定理得mgh3－μ1mgL＝mv⑪
由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2⑫
mv－mv－Mv＝μ1mgL⑬
由⑪⑫⑬式联立解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
或v1＝ m/s，v2＝ m/s，
当v1为正值且v1＞v2时，表示包裹与挡板碰撞前两者的速度。
包裹与挡板发生弹性碰撞，则到碰撞结束⑪⑫⑬式仍成立，所以v1＜0的另一组解表示弹性碰撞结束时两者的速度，此后B车做减速运动，所以B车的最大速度是弹性碰撞结束时的速度v2＝ m/s。
第32讲 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点概述 (1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。(2)学好本热点，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。(3)用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律和运动学基本规律)，动量观点(动量定理和动量守恒定律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。
1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点
用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题
综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用牛顿第二定律求解。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零
(2)内力远远大于外力
(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)
(1)只受重力或弹力作用
(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功
(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零
标矢性质
矢量守恒(可以写出某一方向的守恒表达式)
标量守恒(不考虑方向性，无某一方向的守恒表达式)
4．力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
5．用力学三大观点解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作出草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律。
①若用动力学的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。
[例1] (2019·四川资阳高三上学期期末)如图所示，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求：
(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能；
(2)m2运动的最大速度vm。
解析 (1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律得：
m1v0＝(m1＋m3)v1
损失的机械能：ΔE＝m1v－(m1＋m3)v
解得：ΔE＝24 J。
(2)对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，由动量守恒定律及机械能守恒定律有：
(m1＋m3)v1＝(m1＋m3)v3＋m2vm
(m1＋m3)v＝(m1＋m3)v＋m2v
解得：vm＝2 m/s。
答案 (1)24 J (2)2 m/s
“弹簧类”模型
(1)模型特点：两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。若只有弹簧弹力做功，则系统机械能守恒。
(2)过程分析：通过弹簧发生相互作用的两物体组成的系统，两者共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞。从开始发生作用到弹簧再次恢复原长，此时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞。
注意：(1)物体的速度最大时，应该是加速度为零、弹簧恢复原长，相当于弹性碰撞结束时。
(2)在多个物体通过弹簧发生相互作用的系统中，发生碰撞时要注意研究对象的合理选择，如例1中m1与m3碰撞瞬间m2的速度保持不变，研究对象应只选m1与m3。
[例2] 如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B的最大速度。
解析 (1)小球C从a点运动到b点的过程，由机械能守恒定律，有mgR＝mv
解得小球到b点时的速度大小为v0＝
在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh
解得h＝。
(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律可知mv＝mv＋Mv
解得v2＝。
答案 (1) 3mg＋Mg (2)
(3)
“轨道类”模型
(1)模型特点：一个物体在水平方向运动，另一个物体沿曲线运动，两个物体运动的过程水平方向动量守恒。若只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒。
(2)过程分析：以图a为例。
①最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。(完全非弹性碰撞拓展模型)
②最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；若圆弧轨道光滑，则系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv。(完全弹性碰撞拓展模型)
[例3] (2019·云南保山高考模拟)如图，半径R＝0.8 m的圆弧形的光滑轨道竖直放置，圆弧轨道最低点D与长为L的水平面DE相切于D点，质量M＝1.0 kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点D后，与D点m＝0.5 kg的静止小滑块B相碰，碰后A的速度变为vA＝2.0 m/s，仍向右运动。已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，A、B均可视为质点，B与E处的竖直挡板相碰时没有机械能损失，取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后瞬间滑块B的速度大小；
(2)碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小；
(3)要使两滑块不发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件。
解析 (1)设小滑块A运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR＝Mv2
设滑块B被碰后的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv＝MvA＋mvB
代入数据解得：vB＝4 m/s。
(2)碰撞后瞬间，对B，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝15 N
由牛顿第三定律知碰撞后瞬间B对圆弧轨道的压力大小FN′＝FN＝15 N。
(3)由于碰后B的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两滑块从碰撞到最后停止，达到最大的路程分别为sA、sB，则对于A，由动能定理：－μMgsA＝0－Mv，
代入数据解得：sA＝2 m
对于B，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得－μmgsB＝0－mv，
代入数据解得：sB＝8 m
两滑块刚好发生第二次接触时有：2L＝sA＋sB＝10 m
要使两滑块不发生第二次碰撞，则有L>5 m。
答案 (1)4 m/s (2)15 N (3)L>5 m
应用力学三大观点解题时应注意的问题
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各运动过程的运动特点，根据每个过程的特点选择合适的物理规律解题。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力，或系统在某一方向不受力或所受合力为零时，一般考虑用动量守恒定律分析。如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。已知或求解力和位移关系时通常用动能定理，已知或求解力和时间关系时通常用动量定理。
(4)注意衔接处或各子过程的物理量关系，如速度关系、位移关系。当绳子绷紧、物块碰撞时一般有机械能损失，速度大小会发生突变。
[例4] (2019·山东德州二模)如图所示，质量M＝0.4 kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L＝0.5 m，某时刻另一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，小滑块始终未脱离长木板。求：
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
解析 (1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.4 m/s
对长木板：μmg＝Ma
得长木板的加速度：a＝0.5 m/s2
自小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度：v1＝at1
解得：t1＝0.8 s
长木板向右运动的位移：x＝at
解得：x＝0.16 m
解得：t2＝0.85 s
故长木板与竖直挡板相碰所需时间：
t＝t1＋t2＝1.65 s。
(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：mv1－Mv1＝(m＋M)v2
最终两者的共同速度：v2＝－0.24 m/s
对全过程，由能量守恒定律有：
μmgs＝mv－(m＋M)v
解得小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：s＝0.928 m。
答案 (1)1.65 s (2)0.928 m
“子弹打木块”与“滑块—木板”模型
模型图示
模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图象求解
1. (多选)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是( )
A．弹簧的最大弹性势能为mv2
B．弹簧对小车做的功为mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为mv
答案 AC
解析 小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及机械能守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正确；当小球与弹簧分离时，设小车的速度为v1，小球的速度为v2，则由动量守恒定律与机械能守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v，v2＝0，则弹簧对小车做的功为W＝mv＝mv2，B错误；弹簧对小球的冲量为I＝0－mv＝－mv，即冲量的大小为mv，C正确，D错误。
2. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形光滑的凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg－m
答案 C
解析 若滑块不固定，当v0＝ 时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；如果小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。
3．(2019·天津和平高三上学期期末)如图所示，光滑水平轨道距地面高h＝0.8 m，其左端固定有半径为R＝0.6 m的内壁光滑的半圆形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接，用质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的小物块A、B压缩一轻质弹簧(弹簧和物块不拴接)。同时放开小物块A、B，两物块和弹簧分离后，物块A进入圆形轨道，物块B从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道边缘的水平距离s＝1.2 m，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物块A运动到半圆轨道最高点时，对轨道的压力FN；
(2)释放物块前弹簧具有的弹性势能Ep。
答案 (1)10 N (2)27 J
解析 (1)B做平抛运动，有h＝gt2，vB＝
对于小物块A、B，根据动量守恒定律有
0＝m1vA－m2vB
对小物块A，根据机械能守恒定律有
m1v2＋m1g·2R＝m1v
在最高点，根据牛顿第二定律有FN′＋m1g＝m1
联立解得FN′＝10 N
由牛顿第三定律得，A对轨道的压力FN＝FN′＝10 N。
(2)对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有
Ep＝m1v＋m2v
解得Ep＝27 J。
4．(2019·江西宜春高三上学期期末)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连。质量为0.5 kg的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v0＝16 m/s的速度与B发生正碰，结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点。A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞过程中A对B的冲量大小；
(2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间。
答案 (1)2 N·s (2)1.5 s
解析 (1)B恰好能通过半圆形轨道的最高点，
故在最高点有：mBg＝mB
设A、B碰后B的速度为vB，则B从碰后到运动到D点的过程中有：
－mBg·2R＝mBv－mBv
联立并代入数据解得： vB＝4 m/s
故A对B的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s。
(2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB
代入数据，解得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反
因此A以vA＝4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8 m/s2
A沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s
A沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m
A沿斜面向下运动的加速度大小为：
a2＝gsin30°－μgcos30°＝2 m/s2
A沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t，
代入数据解得：t2＝1 s
故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：
t＝t1＋t2＝1.5 s。
5．(2019·河南驻马店高三上学期期末)如图所示，质量m1＝2 kg的玩具小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝1 kg的小物块，以水平向右的速度v0＝3 m/s从左端滑上小车，最后恰好未从小车右端滑出。物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)整个过程产生的内能；
(2)小车的长度；
(3)从开始到小物块与小车相对静止这段时间内，小物块与小车的位移之比。
答案 (1)3 J (2)1 m (3)4∶1
解析 (1)根据动量守恒定律可知：m2v0＝(m1＋m2)v
整个过程中因摩擦产生的内能：
Q＝m2v－(m1＋m2)v2，
解得：Q＝3 J。
(2)设小车的长度为L，由功能关系：Q＝μm2gL
解得：L＝1 m。
(3)在达到相对静止前，小物块与小车均做匀变速直线运动，设它们的位移分别为x1和x2，根据运动学公式：x1＝t，x2＝t
解得：x1∶x2＝4∶1。
6．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，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增加的内能；
(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？
答案 (1)6 m/s 882 J
(2)能
解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝＝ m/s＝6 m/s
此过程中系统所增加的内能
ΔE＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。
(2)设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、长度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝＝ m/s＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋0.02)×82 J＝1568 J
由功能关系有ΔE＝fs相＝fd
ΔE′＝fs相′＝fd′
则＝＝＝
解得d′＝d＝×6 cm≈10.67 cm
因为d′>10 cm，所以能射穿该木块。
课时作业
1．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
答案 C
解析 轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，系统的合外力不为零，动量不守恒，故A、B错误。设轨道的水平部分长为L，轨道固定时，根据能量守恒定律得：mgR＝μmgL；轨道不固定时，假设物块能停在轨道上，且与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0；根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，假设成立，故C正确，D错误。
2．(2019·哈尔滨师大附中高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1 kg，一质量为0.5 kg的小球以3 m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g＝10 m/s2)，则( )
A．h＝45 cm
B．小球上升至h处的速度为0
C．脱离时小球的速度大小为3 m/s
D．脱离时小车的速度大小为2 m/s
答案 D
解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，设有共同速度v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，由机械能守恒定律得：m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh，联立以上两式解得：h＝0.3 m，故A、B错误；设小球在返回小车左端时速度为v1，此时小车的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v，联立解得：v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故脱离时小球的速度大小为1 m/s，小车的速度大小为2 m/s，故D正确，C错误。
3．(2019·福建三明高三上学期期末)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )
A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案 D
解析 在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大，在t1～t2时间内A、B间的距离逐渐增大，t2时刻弹簧恢复原长，弹性势能为零，A、B错误；根据动量守恒守律，0～t1时间内：m1v0＝(m1＋m2)v1，即：3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1 m/s和2 m/s，根据Ek＝mv2，可知A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，D正确。
4．(2019·宁夏石嘴山三中上学期期末)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碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时B、C的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
答案 B
解析 B与C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C的共同速度为vBC，规定向右为正方向，则mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝ m/s＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒有，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得：vABC＝ m/s＝3 m/s，设弹簧的弹性势能最大值为Ep，根据机械能守恒定律：Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时系统减少的动能最多，弹簧弹性势能最大，则此时弹簧不会是原长状态，故D错误。
5．(2019·天津高三上学期期末七校联考)(多选)在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是( )
A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D．位移s一定大于深度d
答案 AB
解析 子弹射击木块的过程中，设子弹与木块间的摩擦力为f，摩擦力对木块M做的功为W1＝fs，摩擦力对子弹m做的功为W1＝－f(s＋d)，根据能量守恒定律可得子弹动能的亏损为ΔEk1＝f(d＋s)，系统动能的亏损为ΔEk2＝fd，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A正确，C错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子弹动量变化量的大小Δp1＝mv0－mv＝，木块动量变化量的大小Δp2＝Mv＝，故B正确；对木块，根据动能定理可得fs＝Mv2－0，解得木块在加速运动中的位移为s＝，根据能量守恒定律可得fd＝mv－(m＋M)v2，解得射入的深度为d＝>·＝s，故D错误。
6．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m－m′＝0，m－m＝0，解得小车向左运动的最大距离x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次上升到最大高度的过程中，对系统由能量守恒定律得mgh0－h0－Wf＝0，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动系统损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的最大高度大于h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确。
7. 如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的立柱上固定了一条长度为L、拴有小球的细绳。质量为m的小球从与悬点在同一水平面处由静止释放，重力加速度为g，不计阻力。求细绳拉力的最大值。
答案
解析 小球摆到最低点时细绳拉力最大，设此时小球和小车的速度大小分别为v1和v2，取水平向右为正方向，系统在水平方向上动量守恒，有mv1－Mv2＝0
系统机械能守恒，有mgL＝mv＋Mv
解得v1＝ ，v2＝
以小车为参考系，对小球，由牛顿第二定律有
T－mg＝
解得T＝。
8．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案 (1) (2)
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。
由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。
9．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
解析 (1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。
10．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案 (1)mg (2)
(3)
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
＝tanα①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。
11．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
答案 ≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋v2′④
mv＝mv′＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μgl⑦
联立③⑥⑦式，可得μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为≤μ<。
12．(2019·山东潍坊二模)如图所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力。
(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。
答案 (1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m
解析 (1)由平抛运动的规律得：tanθ＝
x＝v0t
解得：x＝1.2 m。
(2)物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v
由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2
对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1
联立解得：t0＝1 s。
(3)有销钉时，物块在BC段运动时的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＋mv＝mv
由几何关系得：H－gt2＝R(1－cosθ)
B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ
若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝Mv2′＋mv2，小车向左运动达到最大位移时，其速度v2′为0，此时物块的速度v2＝v0＝4 m/s
由能量守恒定律得：
mgH＋mv＝f(Δx－xBC)＋mv
联立解得此时物块离小车左端的水平距离：
Δx≈3.73 m。
13．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝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Ek＝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)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A的速度大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。
由⑯式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
14．(2019·全国卷Ⅰ)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vt图象如图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。
答案 (1)3m (2)mgH (3)
解析 (1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图b所给出的vt图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcosθ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。
15．(2020·山东泰安高三上学期期中)为了解决快递公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置。卸货时货车不动，缓冲车A紧靠货车，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲车A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，缓冲车A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B两车的质量均为M＝40 kg，两车水平部分的长度均为L＝3 m。包裹C可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时损失的机械能可忽略。
(1)要求包裹C在缓冲车A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？
(2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么关系？
(3)若某次将m＝10 kg的包裹从2.7 m高处释放，则转运车B的最大速度是多少？(结果用根号表示)
答案 (1)20 kg (2)0.9 m≤h≤3.15 m
(3) m/s
解析 (1)包裹C在车A的水平面上滑动时所受的摩擦力大小f1＝μ1m1g①
缓冲车A与地面间的最大静摩擦力大小
f2＝μ2(m1＋M)g②
缓冲车A不动的条件是f1≤f2③
由①②③式联立解得m1≤20 kg④
即包裹C的最大质量为20 kg。
(2)设包裹从h1高处释放时，刚好滑上转运车B，根据动能定理mgh1－μ1mgL＝0⑤
代入数据解得h1＝0.9 m⑥
设包裹从h2高处释放时，刚滑上转运车时的速度为v，与挡板相碰后最终停在转运车B的左端，此时包裹与转运车B共同运动的速度为v′。根据动能定理得mgh2－μ1mgL＝mv2⑦
根据动量守恒定律和能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v′⑧
mv2－(m＋M)v′2＝2μ1mgL⑨
由⑦⑧⑨式联立解得h2＝3.15 m⑩
由⑥⑩式可知h的范围为0.9 m≤h≤3.15 m。
(3)设h3＝2.7 m时，包裹滑上转运车B时得速度v0，包裹与挡板碰撞前的速度为v1，碰前B的速度为v2。
由动能定理得mgh3－μ1mgL＝mv⑪
由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2⑫
mv－mv－Mv＝μ1mgL⑬
由⑪⑫⑬式联立解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
或v1＝ m/s，v2＝ m/s，
当v1为正值且v1＞v2时，表示包裹与挡板碰撞前两者的速度。
包裹与挡板发生弹性碰撞，则到碰撞结束⑪⑫⑬式仍成立，所以v1＜0的另一组解表示弹性碰撞结束时两者的速度，此后B车做减速运动，所以B车的最大速度是弹性碰撞结束时的速度v2＝ m/s。
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