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6．3动量与能量综合专题知识清单考点整合集中记忆利用动量和能量观点的解题策略若研究对象为单一物体，当涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理；当涉及冲量和时间问题时，应优先考虑动量定理．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律．利用动量和能量观点的解题，只涉及运动始末两个状态相关的物理量，不细究过程的细节，特别对于变力问题，就更显示出优越性．题型透析“滑块－弹簧”模型例1如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度．【答案】(1)6J(2)2m/s，向右【解析】(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝mAv0mA＋mB＝1×41＋3m/s＝1m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能Epm＝12mAv02－12(mA＋mB)v2＝6J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvm12mAv02＝12mBvm2＋12mAvA2解得vm＝2m/s，向右．方法提炼“滑块－弹簧”模型的解题思路：(1)应用系统的动量守恒；(2)应用系统的机械能守恒；(3)注意临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大．(4)从A开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可借用弹性碰撞结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0“滑块－平板”模型例2如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？【答案】(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m(4)5m/s【解析】(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)vv＝0.8m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理：－Ft＝m2v－m2v0，又F＝μm2g解得：t＝m1v0μ（m1＋m2）g，代入数据得t＝0.24s.(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2解得：x＝0.096m(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则：m2v0′＝(m1＋m2)v′由系统能量守恒有：12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝5m/s.故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s.方法提炼“滑块－平板”模型的解题思路：(1)应用系统的动量守恒．(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理．(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理．(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒．(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．“滑块－斜面”模型例3(2016·课标全国Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)两者速度相同故追不上【解析】(1)滑块沿斜面上升到最大高度时，滑块与斜面同速．对小冰块与斜面组成的系统由动量守恒：m冰v冰＝(m冰＋M)v共由能量守恒：12m冰v冰2＝12(m冰＋M)v共2＋m冰gh解得v共＝1m/s，M＝20kg.(2)由动量守恒(m冰＋M)v共＝MvM＋m冰vm由能量守恒12m冰v冰2＝12MvM2＋12m冰vm2联立解得vM＝2m/s，vm＝－1m/s对小孩和冰块组成的系统：0＝m冰v冰＋m小v小解得v小＝－1m/s，vm＝v小＝－1m/s.即两者速度相同故追不上．方法提炼“滑块－斜面”模型的解题思路：(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速；(4)从冰块滑上斜面到分离的过程，可借用弹性碰撞结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0“滑块－摆球”模型例4(2018·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．【答案】(1)3mg(2)23L(3)232gL【解析】(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律：mgL＝12mv2得：v＝2gL在最低点，由牛顿第二定律：F－mg＝mv2L解得F＝3mg(2)小球与滑块共速时，小球运动到最大高度h.从最低点到最高点过程中：由水平方向动量守恒：mv＝(2m＋m)v共．由系统机械能守恒：12mv2＝mgh＋12(2m＋m)v共2.联立解得h＝23L(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2mv＝mv1＋2mv212mv2＝12mv12＋12·2mv22.解得：v2＝232gL.方法提炼“滑块—摆球”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)临界条件1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点．(4)临界条件2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0.“小球－圆弧槽”模型例5如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．【答案】(1)5mg(2)833＋3331m【解析】(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：mg·2R＝12mv02小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：FN－mg＝mv02R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′＝FN联立解得：FN′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2＋h2＝(74R)2根据机械守恒定律：mgh＝12mv02－12(m＋M)v2.联立解得：M＝833＋3331m方法提炼“小球－圆弧槽”模型的解题思路：(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意：小球离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，然后小球沿切面再进入圆弧槽．1.(2018·张家界三模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为()A．v0＝4m/sB．v0＝5m/sC．v0＝6m/sD．v0＝7m/s答案B解析当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有：12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，根据题意，有：M＝4m，联立两式解得：v0＝5m/s，故A、C、D三项错误，B项正确．2．(2018·山东模拟)(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝12m(v0sinθ)2D．mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02答案BD解析小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A项错误，B项正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋12(m＋M)v2＝12mv02，故C项错误，D项正确．3.(2018·济南一模)(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．A球将做变速圆周运动B．B球将一直向右运动C．B球向右运动的最大位移为LD．B球运动的最大速度为gL答案CD解析A项，由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A项错误．B项，A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误．C项，对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得：mAsAt－mBsBt＝0，即有mAsA＝mBsB，又sA＋sB＝2L，得B球向右运动的最大位移sB＝L，故C项正确．D项，当A球摆到B球正下方时，B的速度最大．由水平动量守恒，得mAvA＝mBvB，由机械能守恒，得mAgL＝12mAvA2＋12mBvB2.解得，B球运动的最大速度为vB＝gL，故D项正确．4.(2018·安徽三模)(多选)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为18v0，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是()A．木块获得的最大速度为15v0B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为38v0C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为3mv0128tD．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减小的动能答案AC解析A项，子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得116m·v0＝(116m＋14m)v1，可得，木块获得的最大速度v1＝15v0.故A项正确．B项，设木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v2.木块在木板上滑行时，对整个系统，由动量守恒定律得116m·v0＝(116m＋14m)·18v0＋mv2，解得v2＝3128v0.故B项错误．C项，木块在木板上滑动时，对木板，由动量定理得ft＝mv2－0，得f＝3mv0128t，故C项正确．D项，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减小的动能与木板获得的动能之差，故D项错误．5．(2018·广州模拟)如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M＝0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.4m的光滑14