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專題強(qiáng)化十三　動(dòng)量和能量的綜合問題
目標(biāo)要求 　1.掌握解決力學(xué)綜合問題常用的三個(gè)觀點(diǎn).2.會(huì)靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合題．
1．解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)
(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題．
(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題．
(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題．用動(dòng)量定理可簡化問題的求解過程．
2．力學(xué)規(guī)律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題．
(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
(4)在涉及相對位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換，作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．
例1 　(2020·貴州安順市適應(yīng)性監(jiān)測(三))如圖1所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上，下端與水平地面在P點(diǎn)相切，一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在水平地面上，左端固定有水平輕彈簧，Q點(diǎn)為彈簧處于原長時(shí)的左端點(diǎn)，P、Q間的距離為R，PQ段地面粗糙、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，Q點(diǎn)右側(cè)水平地面光滑，現(xiàn)使質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑，重力加速度為g.求：

圖1
(1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小；
(2)彈簧被壓縮的最大彈性勢能(未超過彈性限度)；
(3)物塊A最終停止位置到Q點(diǎn)的距離．
答案　(1)3mg　(2)13mgR　(3)19R
解析　(1)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)，設(shè)物塊A在P點(diǎn)的速度大小為vP，
由機(jī)械能守恒定律有：mgR＝12mvP2
在最低點(diǎn)軌道對物塊的支持力大小為FN，
由牛頓第二定律有：FN－mg＝mvP2R，
聯(lián)立解得：FN＝3mg，
由牛頓第三定律可知在P點(diǎn)物塊對軌道的壓力大小為3mg.
(2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0，由動(dòng)能定理有mgR－μmgR＝12mv02－0，
解得v0＝gR，
當(dāng)物塊A、物塊B具有共同速度v時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
12mv02＝12(m＋2m)v2＋Ep，
聯(lián)立解得Ep＝13mgR.
(3)設(shè)物塊A與彈簧分離時(shí)，A、B的速度大小分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，
則有mv0＝mv1＋2mv2，
12mv02＝12mv12＋12(2m)v22，
聯(lián)立解得：v1＝－13gR，
設(shè)A最終停在Q點(diǎn)左側(cè)距Q點(diǎn)x處，由動(dòng)能定理有：
－μmgx＝0－12mv12
解得x＝19R.
例2 　如圖2所示，半徑R＝2.8 m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切．在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起．某時(shí)刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時(shí)恰好與沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的小球P發(fā)生碰撞．已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2 kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1 kg，小球P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢能Ep＝168 J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)已和彈簧分離．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：

圖2
(1)小球Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q離開圓軌道后經(jīng)過多長時(shí)間與小球P相碰．
答案　(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s
解析　(1)兩小球彈開的過程，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝12m1v12＋12m2v22
聯(lián)立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中，由機(jī)械能守恒定律可得：
12m2v22＝12m2vC2＋2m2gR
解得：vC＝12 m/s
(2)小球P在斜面上向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：
m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1，
解得：a1＝10 m/s2
故上升的最大高度為：h＝v122a1sin θ＝0.75 m
(3)設(shè)小球P從A點(diǎn)上升到兩小球相遇所用的時(shí)間為t，小球P沿斜面下滑的加速度大小為a2，則：
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2，
解得：a2＝2 m/s2
小球P上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間：t1＝v1a1＝0.5 s，
則：2R＝12gt2＋h－12a2(t－t1)2sin θ
解得：t＝1 s.

1．(動(dòng)量和能量的綜合問題)(2020·天津卷·11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小；
(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？
答案　(1)m15gl　(2)5gl?2m1＋m2?22m2
解析　(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝m1v2l
A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有
12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl
聯(lián)立解得vA＝5gl
由動(dòng)量定理，有I＝m1vA＝m15gl
(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足
v′＝vA
要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝m1＋m2v′
聯(lián)立解得vB＝5gl?2m1＋m2?m2
又Ek＝12m2vB2
可得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為
Ek＝5gl2m1＋m222m2.
2．(動(dòng)量和能量的綜合問題)(2019·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)第二次模擬)如圖3所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點(diǎn)以v0＝2 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3 kg的長木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：

圖3
(1)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；
(3)要使小物塊不滑出長木板，長木板的長度L至少多大．
答案　(1)4 m/s　(2)60 N，方向豎直向下　(3)2.5 m
解析　(1)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為60°，
vC＝v0cos 60°＝4 m/s
(2)小物塊由C到D的過程中，由動(dòng)能定理得：mgR(1－cos 60°)＝12mvD2－12mvC2，
代入數(shù)據(jù)解得：vD＝25 m/s.
小物塊在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：FN－mg＝mvD2R
代入數(shù)據(jù)解得：FN＝60 N，
由牛頓第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下．
(3)若小物塊始終在長木板上，當(dāng)達(dá)到共同速度時(shí)速度大小為v，小物塊在長木板上滑行的過程中，由動(dòng)量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得：v＝52 m/s
對物塊和長木板組成的系統(tǒng)，
由功能關(guān)系得μmgL＝12mvD2－12(M＋m)v2
解得：L＝2.5 m．
課時(shí)精練
1．如圖1所示，以A、B為端點(diǎn)的14光滑圓弧軌道固定于豎直平面，一長滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與圓弧軌道相切于B點(diǎn)．一物塊從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，經(jīng)B滑上滑板且最終滑塊與木板一起向右運(yùn)動(dòng)并保持相對靜止．已知物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，圓弧軌道半徑為R，物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g.滑板與B端的碰撞沒有機(jī)械能損失．求：

圖1
(1)物塊滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小v0；
(2)滑板與木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v1；
(3)若離滑板右端足夠遠(yuǎn)處有一豎直固定的擋板P，且木板與擋板碰撞沒有能量損失，要使物塊最終不從滑板右邊掉下，求滑板長度最小值L.
答案　(1)2gR　(2)2gR3　(3)169R
解析　(1)物塊由A到B過程中機(jī)械能守恒，
有12mv02＝mgR，
解得v0＝2gR
(2)從物塊滑上滑板到兩者相對靜止一起運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，
解得v1＝2gR3.
(3)由于滑板與擋板的碰撞沒有機(jī)械能損失，
所以滑板與擋板P碰撞后速度v1大小不變，方向向左．
此后滑板做勻減速運(yùn)動(dòng)，物塊先向右減速，再向左加速運(yùn)動(dòng)直至再次達(dá)到共同速度．
設(shè)兩者第二次具有的共同速度為v2，取向左為正方向，
有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
根據(jù)能量守恒，第一次二者共速有μmgs1＝12mv02－12(m＋M)v12
第二次二者共速有μmgs2＝12(m＋M)v12－12(m＋M)v22
木板的最小長度L＝s1＋s2，
聯(lián)立解得L＝169R.
2.(2020·浙江杭州二中模擬)如圖2所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R＝0.6 m．平臺上靜止著兩個(gè)滑塊A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶豎直擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上．小車質(zhì)量為M＝0.3 kg，車上表面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根水平輕彈簧，彈簧的自由端在Q點(diǎn)，小車的上表面左端點(diǎn)P與Q點(diǎn)之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，Q點(diǎn)右側(cè)表面是光滑的．點(diǎn)燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA＝6 m/s，而滑塊B則沖向小車．兩滑塊都可以看成質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì)，爆炸的時(shí)間極短，爆炸后兩個(gè)物塊的速度方向在同一水平直線上，且g＝10 m/s2.求：

圖2
(1)滑塊A在半圓軌道最高點(diǎn)對軌道的壓力；
(2)若L＝0.8 m，滑塊B滑上小車后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能；
(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應(yīng)在什么范圍內(nèi)．
答案　(1)1 N，方向豎直向上　(2)0.22 J
(3)0.675 m 解析　(1)A從軌道最低點(diǎn)到軌道最高點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得：12mAvA2－12mAv2＝mAg·2R
在最高點(diǎn)由牛頓第二定律得：mAg＋FN＝mAv2R
解得FN＝1 N
由牛頓第三定律得，滑塊A在半圓軌道最高點(diǎn)對軌道的壓力大小為1 N，方向豎直向上．
(2)爆炸過程由動(dòng)量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3 m/s
滑塊B沖上小車后將彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧具有最大彈性勢能，由動(dòng)量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共
由能量守恒定律得：Ep＝12mBvB2－12(mB＋M)v共2－μmBgL，
聯(lián)立解得Ep＝0.22 J
(3)滑塊B最終沒有離開小車，滑塊B和小車具有共同的末速度，設(shè)為u，滑塊B與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小車PQ之間的距離L足夠大，則滑塊B還沒與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對靜止，設(shè)滑塊B恰好滑到Q點(diǎn)，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝12mBvB2－12(mB＋M)u2
聯(lián)立解得L1＝1.35 m
若小車PQ之間的距離L不是很大，則滑塊B必然擠壓彈簧，由于Q點(diǎn)右側(cè)是光滑的，滑塊B必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊B恰好回到小車的左端P點(diǎn)處，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝12mBvB2－12(mB＋M)u2
聯(lián)立解得L2＝0.675 m
綜上所述，要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，PQ之間的距離L應(yīng)滿足的條件是0.675 m 3．(2019·全國卷Ⅲ·25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝
4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖3所示．某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0 J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)．A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．

圖3
(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？
(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？
答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物塊B先停止　0．50 m 　(3)0.91 m
解析　(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝12mAvA2＋12mBvB2②
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－12at2⑤
vB－at＝0⑥
在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為
sA＝vAt－12at2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊
0.25 m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有
12mAvA′2－12mAvA2＝－μmAg2l＋sB⑩
聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA′＝7 m/s?
故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有
mA－vA′＝mAvA″＋mBvB″?
12mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2?
聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA″＝375 m/s，vB″＝－275 m/s?
這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數(shù)據(jù)得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.

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