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专题一动量定理与动能定理的综合应用1．两个定理区别：动量定理表示合外力F作用积累的冲量，Ft直接效应是物体动量的变化Δp，是一个矢量规律；动能定理表示合外力作用积累的总功W，直接效应是物体动能的变化ΔEk，是一个标量规律．动量定理的应用关键是受力分析，确定正方向、明确冲量及初末动量的正负，此正负是表示矢量的方向．动能定理的应用关键是受力分析，明确各力做功的正负，此正负是表示做功的效果不同，是标量的正负．2．应用动量定理、动能定理解决实际问题，注意解题的一般步骤，思路分析，正确受力分析，运动分析，选择合适的物理过程、物理状态，应用定理列式求解．(1)动量定理解题的基本思路①选取研究对象；②确定所研究的物理过程及其始、末状态；③分析研究对象所研究的物理过程中的受力情况；④规定正方向，根据动量定理列方程式；⑤解方程，统一单位，求解结果．(2)动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程；②分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和；③明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2；④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．【例题】如图16－1所示，铁块质量m＝4kg，以速度v＝2m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M＝16kg，铁块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，其他摩擦不计(g取10m/s2)，求：图16－1(1)铁块相对平板车静止时，铁块的速度；(2)铁块在平板车上滑行的最长时间；(3)铁块在平板车上滑行的最大距离．解析：铁块滑上平板车后，在车对它的摩擦力的作用下开始减速，车在铁块对它的摩擦力作用下开始加速，当两者速度相等时，铁块相对平板车静止，不再发生相对滑动．(1)铁块滑上板车的过程中，两者组成的系统动量守恒，取v的方向为正方向．则mv＝(M＋m)v′v′＝mvM＋m＝0.4m/s，即铁块相对平板车静止时，铁块速度为0.4m/s.(2)以铁块为研究对象，铁块受的摩擦力方向跟铁块速度方向相反，取v方向为正方向．方法一：由牛顿第二定律：－μmg＝ma①由运动学公式知：v′＝v＋at②由①②可得：t＝v′－v－μg＝0.8s方法二：由动量定理：－μmgt＝mv′－mv得：t＝v′－v－μg＝0.8s本问题也可以取平板车为研究对象进行求解，但应注意，平板车受的摩擦力F＝μmg，F≠μMg.(3)方法一：铁块在平板车上滑行时，两者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此铁块对地：x1＝v′＋v2t平板车对地：x2＝v′2t铁块在平板车上滑行的最大距离答案：(1)0.4m/s(2)0.8s(3)0.8mΔx＝x1－x2＝v′＋v2t－v′2t＝v2t＝0.8m要使铁块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m.方法二：由功能关系得μmgΔx＝12mv2－12(M＋m)v′2代入数据解之得Δx＝0.8m.专题二动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态(或时刻)．因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程．对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便．选取时应注意以下几点：(1)选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上，临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态．(2)要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理．(3)可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化．(4)有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程．【例题】如图16－2所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量均为m，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以初速度v0向Q运动并与弹簧发生碰撞．求整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能和Q的最大动能各为多少？图16－2解析：对P、Q弹簧组成的系统，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，当P、Q速度相等时，动能损失最多，弹性势能最大，这是完全非弹性碰撞模型．对P、Q弹簧组成的系统，从P开始压弹簧到弹簧被压到最短的过程，由动量守恒定律得mv0＝2mv①由能的转化和守恒定律知ΔEp＝12mv20－12×2mv2②解①②得：ΔEp＝14mv20从P开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的整个过程，Q一直加速，所以弹簧刚恢复原长时Q的动能最大，该过程为弹性碰撞模型．由动量守恒定律知：mv0＝mvP＋mvQ③由机械能守恒定律知：12mv20＝12mv2P＋12mv2Q④解③④得vP＝0，vQ＝v0Q的最大动能为Ek＝12mv2Q＝12mv20.答案：14mv2012mv20专题三多体问题及临界问题1．多体问题对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程．2．临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答．【例题】如图16－3所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时不能再接到A车？图16－3答案：6次解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时有mBv1－mAv＝0即：v1＝mAmBv第n次推出A车时：mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn则：vn－vn－1＝2mAmBv，所以：vn＝v1＋(n－1)2mAmBv当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式解得n≥5.5，n取整数，故n＝6.1．(2011年广东卷)如图16－4所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板．滑板运动到C时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，两半圆半径均为R，板长l＝6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值．E距A为s＝5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ＝0.5，重力加速度取g.图16－4(1)求物块滑到B点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点．解：(1)μmgs＋mg·2R＝12mv2B①所以vB＝3Rg(2)设M滑动x1、m滑动x2两者达到共同速度v，则mvB＝(M＋m)v②μmgx1＝12Mv2③－μmgx2＝12mv2－12mv2B④由②③④得v＝Rg，x1＝2R，x2＝8R两者位移之差Δx＝x2－x1＝6R＜6.5R，即物块与滑板在达到相同速度时，物块未掉下滑板．物块滑到滑板右端时，若R＜L＜2R，Wf＝μmg(l＋L)＝14mg(13R＋2L)若2R≤L＜5R，Wf＝μmgx2＋μmg(l—Δx)＝4.25mgR.要使物块滑到CD轨道中点，vc必须满足：12mv2c≥mgRL最小时，克服摩擦力做功最小，此时L应满足：μmg(l＋L)＝12mv2B－12mv2c则L≤12R，不符合题意，物块不能滑到CD轨道中点．2．(2010年广东卷)如图16－5所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨图16－5道对B的支持力大小等于B所受重力的34，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：(1)物块B在d点的速度大小；(2)物块A滑行的距离．解：(1)B在d点有mg－34mg＝mv2R解得：v＝gR2(2)B从b到d过程中，机械能守恒12mv2B＝mgR＋12mv2①AB分离动量守恒：0＝mvB－3mvA②A匀减速直线运动，用动能定理得0－12·3mv2A＝－μ3mgs③联立①②③解得：s＝R8μ.3．(2010年福建卷)如图16－6所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()图16－6A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．答案：B图16－74．(2010年山东卷)如图16－7所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为32m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？解：A与C黏合在一起，由动量守恒定律得mv1＝2mv′再与B碰撞时，要达到题目要求，需2mv′－32mv20联立解得v132v2.5．(2009年广东卷)如图16－8所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0m．物块A以速度v0＝10m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地黏在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10m/s2)图16－8(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．解：(1)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B碰撞过程由动量守恒定律得mv0＝2mv1设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得－μ(m＋m)gl＝12(m＋m)v22－12(m＋m)v21联立以上各式解得v2＝4m/s(2)若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2＝(2＋k)mv代入数据解得k＝2此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得2mv2＝2mv3＋kmv12·2mv22＝12·2mv23＋12·kmv2联立以上两式解得v3＝2－k2＋kv2v＝42＋kv2代入数据解得k＝6此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2＝kmv代入数据解得k＝4综上可知，当2≤k4时，AB的运动方向与C相同当k＝4时，AB的速度为0当4k≤6时，AB的运动方向与C相反．