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專題強化十三　動量和能量的綜合問題
目標要求 　1.掌握解決力學綜合問題常用的三個觀點.2.會靈活選用三個觀點解決力學綜合題．
1．解動力學問題的三個基本觀點
(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(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，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機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則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
例1 　(2020·貴州安順市適應性監測(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點相切，一個質量為2m的物塊B(可視為質點)靜止在水平地面上，左端固定有水平輕彈簧，Q點為彈簧處于原長時的左端點，P、Q間的距離為R，PQ段地面粗糙、動摩擦因數為μ＝0.5，Q點右側水平地面光滑，現使質量為m的物塊A(可視為質點)從圓弧軌道的最高點由靜止開始下滑，重力加速度為g.求：

圖1
(1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點時對軌道的壓力大小；
(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，設物塊A在P點的速度大小為vP，
由機械能守恒定律有：mgR＝12mvP2
在最低點軌道對物塊的支持力大小為FN，
由牛頓第二定律有：FN－mg＝mvP2R，
聯立解得：FN＝3mg，
由牛頓第三定律可知在P點物塊對軌道的壓力大小為3mg.
(2)設物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0，由動能定理有mgR－μmgR＝12mv02－0，
解得v0＝gR，
當物塊A、物塊B具有共同速度v時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
12mv02＝12(m＋2m)v2＋Ep，
聯立解得Ep＝13mgR.
(3)設物塊A與彈簧分離時，A、B的速度大小分別為v1、v2，規定向右為正方向，
則有mv0＝mv1＋2mv2，
12mv02＝12mv12＋12(2m)v22，
聯立解得：v1＝－13gR，
設A最終停在Q點左側距Q點x處，由動能定理有：
－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，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壓緊輕質彈簧后用細線連在一起．某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發生碰撞．已知小球P的質量m1＝3.2 kg，小球Q的質量m2＝1 kg，小球P與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝168 J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力，求：

圖2
(1)小球Q運動到C點時的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球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，由動量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由機械能守恒定律得：Ep＝12m1v12＋12m2v22
聯立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得：
12m2v22＝12m2vC2＋2m2gR
解得：vC＝12 m/s
(2)小球P在斜面上向上運動的加速度大小為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)設小球P從A點上升到兩小球相遇所用的時間為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上升到最高點所用的時間：t1＝v1a1＝0.5 s，
則：2R＝12gt2＋h－12a2(t－t1)2sin θ
解得：t＝1 s.

1．(動量和能量的綜合問題)(2020·天津卷·11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態．A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點．當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點．不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時沖量I的大小；
(2)碰撞前瞬間B的動能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，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝m1v2l
A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，有
12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl
聯立解得vA＝5gl
由動量定理，有I＝m1vA＝m15gl
(2)設兩球粘在一起時速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足
v′＝vA
要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝m1＋m2v′
聯立解得vB＝5gl?2m1＋m2?m2
又Ek＝12m2vB2
可得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為
Ek＝5gl2m1＋m222m2.
2．(動量和能量的綜合問題)(2019·山東省實驗中學第二次模擬)如圖3所示，有一個可視為質點的質量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝2 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進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點的質量為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摩擦因數μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：

圖3
(1)小物塊到達C點時的速度大小；
(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；
(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C點時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，由動能定理得：mgR(1－cos 60°)＝12mvD2－12mvC2，
代入數據解得：vD＝25 m/s.
小物塊在D點時由牛頓第二定律得：FN－mg＝mvD2R
代入數據解得：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，當達到共同速度時速度大小為v，小物塊在長木板上滑行的過程中，由動量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得：v＝52 m/s
對物塊和長木板組成的系統，
由功能關系得μmgL＝12mvD2－12(M＋m)v2
解得：L＝2.5 m．
課時精練
1．如圖1所示，以A、B為端點的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，上表面所在平面與圓弧軌道相切于B點．一物塊從A點由靜止開始沿軌道滑下，經B滑上滑板且最終滑塊與木板一起向右運動并保持相對靜止．已知物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M＝2m，圓弧軌道半徑為R，物塊與滑板間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度為g.滑板與B端的碰撞沒有機械能損失．求：

圖1
(1)物塊滑到B點時的速度大小v0；
(2)滑板與木板一起運動時的速度大小v1；
(3)若離滑板右端足夠遠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動，
根據動量守恒定律有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動，物塊先向右減速，再向左加速運動直至再次達到共同速度．
設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，平臺右側有一帶豎直擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上．小車質量為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固定一根水平輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數為μ＝0.2，Q點右側表面是光滑的．點燃炸藥后，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點，炸藥的質量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個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在半圓軌道最高點對軌道的壓力；
(2)若L＝0.8 m，滑塊B滑上小車后的運動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應在什么范圍內．
答案　(1)1 N，方向豎直向上　(2)0.22 J
(3)0.675 m 解析　(1)A從軌道最低點到軌道最高點由機械能守恒定律得：12mAvA2－12mAv2＝mAg·2R
在最高點由牛頓第二定律得：mAg＋FN＝mAv2R
解得FN＝1 N
由牛頓第三定律得，滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力大小為1 N，方向豎直向上．
(2)爆炸過程由動量守恒定律得：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，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒定律得：
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，設為u，滑塊B與小車組成的系統動量守恒，
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與小車相對靜止，設滑塊B恰好滑到Q點，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝12mBvB2－12(mB＋M)u2
聯立解得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點右側是光滑的，滑塊B必然被彈回到PQ之間，設滑塊B恰好回到小車的左端P點處，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝12mBvB2－12(mB＋M)u2
聯立解得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與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖3所示．某時刻，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動．A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．

圖3
(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時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，由動量守恒定律和題給條件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝12mAvA2＋12mBvB2②
聯立①②式并代入題給數據得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a.假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－12at2⑤
vB－at＝0⑥
在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為
sA＝vAt－12at2⑦
聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊
0.25 m處．B位于出發點左邊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時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有
12mAvA′2－12mAvA2＝－μmAg2l＋sB⑩
聯立③⑧⑩式并代入題給數據得
vA′＝7 m/s?
故A與B將發生碰撞．設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有
mA－vA′＝mAvA″＋mBvB″?
12mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2?
聯立???式并代入題給數據得
vA″＝375 m/s，vB″＝－275 m/s?
這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動．設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數據得
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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