07 第一章 素养提升课(一) 动量与能量的综合-【名师导航】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步讲义（人教版）

素养提升课(一)　动量与能量的综合

[学习目标]　1．理解“滑块—木板”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。2．理解“滑块—弹簧”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。3．理解“滑块—曲面”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。

　“滑块—木板”碰撞模型

续表

BBBBBB

 

模型特点及规律

1．如果木板足够长，运动情境如图所示： Ff＝μmg

由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 由动能定理得 －Ffx1＝ Ffx2＝Mv2 Ffx3＝Ff(x1－x2)＝(m＋M)v2＝Q。 2．如果木板长度较小，滑块B滑出木板A的右端，设木板的长度为L，滑块滑出木板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2。 由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。 由能量守恒得Q热＝FfL＝。

【典例1】　(人教版P30T7改编)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求：

(1)A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小；

(2)若B与A间的动摩擦因数μ＝0.2，则木板A的最小长度是多少？

[解析]　(1)在光滑水平轨道上，在与C碰撞前，A、B间无相互作用，又因碰撞时间极短，长板A与滑块C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC。A与滑块B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB。A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，解得vA＝2 m/s，vC＝3 m/s。

(2)当B物块恰好到达木板A右端与A共速，此时木板A的长度最短，设为l，由能量守恒得

μmBgl＝

解得l＝1.5 m。

[答案]　(1)2 m/s　(2)1.5 m

[针对训练]

1．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．木板获得的动能为1 J

B．系统损失的机械能为2 J

C．木板A的最小长度为2 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

ABD　[由题图乙可知，最终木板获得的速度v＝1 m/s, A、B组成的系统动量守恒，设木板的质量为M，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝(m＋M)v2，解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到第1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图乙可得，B的加速度a＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。]

　“滑块—弹簧”碰撞模型

1．模型图示