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新高考物理一轮专题复习与训练十二 动量和能量的综合问题（2份打包，原卷版+教师版）
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这是一份新高考物理一轮专题复习与训练十二 动量和能量的综合问题（2份打包，原卷版+教师版），文件包含新高考物理一轮专题复习与训练十二动量和能量的综合问题教师版doc、新高考物理一轮专题复习与训练十二动量和能量的综合问题学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
题型一 动量与能量观点的综合应用
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
变式训练1 (2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态．一质量m0＝20 g的子弹以速度v0＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh
联立解得h＝1.2 m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m.
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 (m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s
即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm
联立解得Epm＝8.5 J.
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC部分总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例2 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离sBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②
联立①②解得vD＝4 m/s③
设平抛用时为t，水平位移为x2，则有R＝eq \f(1,2)gt2④
x2＝vDt⑤
联立④⑤解得x2＝1.6 m⑥
由x＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2ax1⑦
解得x1＝2.5 m⑧
故BP之间的水平距离sBP＝x2＋x1＝4.1 m⑨
(2)假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
则有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
设在M点轨道对物块的压力大小为FN，
则FN＋mg＝meq \f(vM2,R)⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－eq \r(2))mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点．
(3)物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvA2，⑬
由⑫⑬解得h＝1.8 m.
变式训练2 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
答案 (1)7.5 J (2)2 J (3)eq \f(3,8) m
解析 (1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有 mBvB－mCvC＝0
由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
分离后，物块C做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块B，由动能定理得－μmBgL＝eq \f(1,2)mBvB12－eq \f(1,2)mBvB2
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有 mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
eq \f(1,2)mBvB12＝eq \f(1,2)mBvB22＋eq \f(1,2)mAvA2
且EkA＝eq \f(1,2)mAvA2
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmBg＝mBaB
对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA
解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
解得v＝eq \f(1,2) m/s，t＝eq \f(1,4) s
此过程中A向左运动距离x1＝eq \f(vA＋v,2)t＝eq \f(2＋\f(1,2),2)×eq \f(1,4) m＝eq \f(5,16) m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq \f(1,2)(mB＋mA)v2
解得x2＝eq \f(1,16) m，
整个过程中A在桌面上滑行的距离为x＝x1＋x2＝(eq \f(5,16)＋eq \f(1,16)) m＝eq \f(3,8) m.
强基固本练
1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
答案 (1)2eq \r(\f(gl,3)) (2)eq \f(l,3) (3)eq \f(l,4)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得 mvC＝2mvAB
mgl＝eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)×2mvAB2
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为vC＝2eq \r(\f(gl,3)).
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB
xC＋xAB＝l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为xAB＝eq \f(l,3).
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv
由机械能守恒定律可得
eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)mvAB2＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
联立解得Δh＝eq \f(l,4).
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
竖直方向上有vy2＝2gh
根据几何关系可知vy＝vBcs θ
联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块到达C点时，由牛顿第二定律有FN－m1g＝eq \f(m1vC2,R)
解得vC＝6 m/s
质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
m1g(R＋Rsin θ)－W克f＝eq \f(1,2)m1vC2－eq \f(1,2)m1vB2
解得W克f＝10.5 J
(3)质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则 v2＝vC＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2
根据公式v＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
对质量为m2的物块有x1＝v2t－eq \f(1,2)a1t2
对木板有x2＝eq \f(1,2)a2t2
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有 L＝x1－x2
联立解得L＝3 m.
3.如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)．距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)．某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(过D点后立即撤去物块A)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)．已知A与右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小．
答案 (1)6mg (2)eq \f(m,2) (3)eq \f(\r(6gL),3) eq \f(4\r(6gL),3)
解析 (1)设A恰好通过D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(vD2,L)①
设A通过C点时的速度大小为vC，则对A从C到D的运动过程，根据动能定理有
－2mgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2②
设物块A通过C点时所受轨道支持力大小为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(vC2,L)③
联立①②③解得F＝6mg④
根据牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F′＝F＝6mg⑤
(2)设弹簧释放瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，由动量守恒定律有mvA＝mvB⑥
对物块A从弹簧释放到运动到C点的过程，由动能定理有－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvA2⑦
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，B和斜面体有共同速度v，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mvB＝(m＋M)v⑧
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgL⑨
联立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝eq \f(m,2)⑩
(3)物块B与斜面体分离时，设物块B与斜面体各自的速度分别为vB′和v′，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′⑪
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvB′2＋eq \f(1,2)Mv′2⑫
联立⑩⑪⑫解得vB′＝eq \f(\r(6gL),3)，v′＝eq \f(4\r(6gL),3).
4．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m答案 (1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m解析 (1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mvb2，解得vb＝5 m/s
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvb＝mvb′＋mv0
eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(1,2)mvb′2＋eq \f(1,2)mv02
联立解得v0＝5 m/s
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝meq \f(vE2,R)
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝eq \f(\r(3),5) m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(\r(3),5))) m≤x<(3.6＋eq \f(\r(3),5)) m；
当0.9 m当h最小时
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m代入数据得2.6 m
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
题型一 动量与能量观点的综合应用
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
变式训练1 (2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态．一质量m0＝20 g的子弹以速度v0＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh
联立解得h＝1.2 m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m.
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 (m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s
即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v32＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm
联立解得Epm＝8.5 J.
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC部分总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有eq \f(1,2)(m0＋M)v12＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例2 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离sBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②
联立①②解得vD＝4 m/s③
设平抛用时为t，水平位移为x2，则有R＝eq \f(1,2)gt2④
x2＝vDt⑤
联立④⑤解得x2＝1.6 m⑥
由x＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2ax1⑦
解得x1＝2.5 m⑧
故BP之间的水平距离sBP＝x2＋x1＝4.1 m⑨
(2)假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
则有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
设在M点轨道对物块的压力大小为FN，
则FN＋mg＝meq \f(vM2,R)⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－eq \r(2))mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点．
(3)物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvA2，⑬
由⑫⑬解得h＝1.8 m.
变式训练2 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
答案 (1)7.5 J (2)2 J (3)eq \f(3,8) m
解析 (1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有 mBvB－mCvC＝0
由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
分离后，物块C做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块B，由动能定理得－μmBgL＝eq \f(1,2)mBvB12－eq \f(1,2)mBvB2
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有 mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
eq \f(1,2)mBvB12＝eq \f(1,2)mBvB22＋eq \f(1,2)mAvA2
且EkA＝eq \f(1,2)mAvA2
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmBg＝mBaB
对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA
解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
解得v＝eq \f(1,2) m/s，t＝eq \f(1,4) s
此过程中A向左运动距离x1＝eq \f(vA＋v,2)t＝eq \f(2＋\f(1,2),2)×eq \f(1,4) m＝eq \f(5,16) m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq \f(1,2)(mB＋mA)v2
解得x2＝eq \f(1,16) m，
整个过程中A在桌面上滑行的距离为x＝x1＋x2＝(eq \f(5,16)＋eq \f(1,16)) m＝eq \f(3,8) m.
强基固本练
1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
答案 (1)2eq \r(\f(gl,3)) (2)eq \f(l,3) (3)eq \f(l,4)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得 mvC＝2mvAB
mgl＝eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)×2mvAB2
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为vC＝2eq \r(\f(gl,3)).
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB
xC＋xAB＝l
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为xAB＝eq \f(l,3).
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv
由机械能守恒定律可得
eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)mvAB2＝eq \f(1,2)×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
联立解得Δh＝eq \f(l,4).
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
竖直方向上有vy2＝2gh
根据几何关系可知vy＝vBcs θ
联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块到达C点时，由牛顿第二定律有FN－m1g＝eq \f(m1vC2,R)
解得vC＝6 m/s
质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
m1g(R＋Rsin θ)－W克f＝eq \f(1,2)m1vC2－eq \f(1,2)m1vB2
解得W克f＝10.5 J
(3)质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则 v2＝vC＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2
根据公式v＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
对质量为m2的物块有x1＝v2t－eq \f(1,2)a1t2
对木板有x2＝eq \f(1,2)a2t2
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有 L＝x1－x2
联立解得L＝3 m.
3.如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)．距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)．某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(过D点后立即撤去物块A)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)．已知A与右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小．
答案 (1)6mg (2)eq \f(m,2) (3)eq \f(\r(6gL),3) eq \f(4\r(6gL),3)
解析 (1)设A恰好通过D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(vD2,L)①
设A通过C点时的速度大小为vC，则对A从C到D的运动过程，根据动能定理有
－2mgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2②
设物块A通过C点时所受轨道支持力大小为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(vC2,L)③
联立①②③解得F＝6mg④
根据牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F′＝F＝6mg⑤
(2)设弹簧释放瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，由动量守恒定律有mvA＝mvB⑥
对物块A从弹簧释放到运动到C点的过程，由动能定理有－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvA2⑦
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，B和斜面体有共同速度v，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mvB＝(m＋M)v⑧
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgL⑨
联立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝eq \f(m,2)⑩
(3)物块B与斜面体分离时，设物块B与斜面体各自的速度分别为vB′和v′，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′⑪
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvB′2＋eq \f(1,2)Mv′2⑫
联立⑩⑪⑫解得vB′＝eq \f(\r(6gL),3)，v′＝eq \f(4\r(6gL),3).
4．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvb＝mvb′＋mv0
eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(1,2)mvb′2＋eq \f(1,2)mv02
联立解得v0＝5 m/s
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝meq \f(vE2,R)
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2
从E点飞出后，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝eq \f(\r(3),5) m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(\r(3),5))) m≤x<(3.6＋eq \f(\r(3),5)) m；
当0.9 m
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m
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