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新高考物理一轮复习讲义 第7章 专题强化13 动量和能量的综合问题
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这是一份新高考物理一轮复习讲义 第7章 专题强化13 动量和能量的综合问题，共9页。
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，即转变为系统内能的量．
(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换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
例1 (2020·贵州安顺市适应性监测(三))如图1所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：
图1
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
答案 (1)3mg (2)eq \f(1,3)mgR (3)eq \f(1,9)R
解析 (1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，
由机械能守恒定律有：mgR＝eq \f(1,2)mvP2
在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(v\\al(P2),R)，
联立解得：FN＝3mg，
由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝eq \f(1,2)mv02－0，
解得v0＝eq \r(gR)，
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Ep，
联立解得Ep＝eq \f(1,3)mgR.
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，
则有mv0＝mv1＋2mv2，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)(2m)v12，
联立解得：v1＝－eq \f(1,3)eq \r(gR)，
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv12
解得x＝eq \f(1,9)R.
例2 如图2所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
图2
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
答案 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s
解析 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m2vC2＋2m2gR
解得：vC＝12 m/s
(2)小球P在斜面上向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsin θ＋μm1gcs θ＝m1a1，
解得：a1＝10 m/s2
故上升的最大高度为：h＝eq \f(v\\al(12),2a1)sin θ＝0.75 m
(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度大小为a2，则：
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a2，
解得：a2＝2 m/s2
小球P上升到最高点所用的时间：t1＝eq \f(v1,a1)＝0.5 s，
则：2R＝eq \f(1,2)gt2＋h－eq \f(1,2)a2(t－t1)2sin θ
解得：t＝1 s.
1．(动量和能量的综合问题)(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝eq \r(5gl)
由动量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v′
联立解得vB＝eq \f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝eq \f(5gl\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m1＋m2))2,2m2).
2．(动量和能量的综合问题)(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图3所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图3
(1)小物块到达C点时的速度大小；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，长木板的长度L至少多大．
答案 (1)4 m/s (2)60 N，方向竖直向下 (3)2.5 m
解析 (1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，
vC＝eq \f(v0,cs 60°)＝4 m/s
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2，
代入数据解得：vD＝2eq \r(5) m/s.
小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
代入数据解得：FN＝60 N，
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．
(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v，小物块在长木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得：v＝eq \f(\r(5),2) m/s
对物块和长木板组成的系统，
由功能关系得μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(M＋m)v2
解得：L＝2.5 m.
课时精练
1．如图1所示，以A、B为端点的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点．一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止．已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g.滑板与B端的碰撞没有机械能损失．求：
图1
(1)物块滑到B点时的速度大小v0；
(2)滑板与木板一起运动时的速度大小v1；
(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板P，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物块最终不从滑板右边掉下，求滑板长度最小值L.
答案 (1)eq \r(2gR) (2)eq \f(\r(2gR),3) (3)eq \f(16,9)R
解析 (1)物块由A到B过程中机械能守恒，
有eq \f(1,2)mv02＝mgR，
解得v0＝eq \r(2gR)
(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，
根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，
解得v1＝eq \f(\r(2gR),3).
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，
所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，方向向左．
此后滑板做匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度．
设两者第二次具有的共同速度为v2，取向左为正方向，
有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
根据能量守恒，第一次二者共速有
μmgs1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12
第二次二者共速有
μmgs2＝eq \f(1,2)(m＋M)v12－eq \f(1,2)(m＋M)v22
木板的最小长度L＝s1＋s2，
联立解得L＝eq \f(16,9)R.
2.(2021·浙江杭州二中模拟)如图2所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
图2
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
答案 (1)1 N，方向竖直向上 (2)0.22 J
(3)0.675 m解析 (1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mAv A2－eq \f(1,2)mAv2＝mAg·2R
在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mAeq \f(v2,R)
解得FN＝1 N
由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3 m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共
由能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)v共2－μmBgL，
联立解得Ep＝0.22 J
(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)u2
联立解得L1＝1.35 m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)u2
联立解得L2＝0.675 m
综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的条件是0.675 m3．(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝
4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图3所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图3
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止
0．50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边
0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2l＋sB))⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 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，即转变为系统内能的量．
(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换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
例1 (2020·贵州安顺市适应性监测(三))如图1所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：
图1
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
答案 (1)3mg (2)eq \f(1,3)mgR (3)eq \f(1,9)R
解析 (1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，
由机械能守恒定律有：mgR＝eq \f(1,2)mvP2
在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(v\\al(P2),R)，
联立解得：FN＝3mg，
由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝eq \f(1,2)mv02－0，
解得v0＝eq \r(gR)，
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Ep，
联立解得Ep＝eq \f(1,3)mgR.
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，
则有mv0＝mv1＋2mv2，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)(2m)v12，
联立解得：v1＝－eq \f(1,3)eq \r(gR)，
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv12
解得x＝eq \f(1,9)R.
例2 如图2所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
图2
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
答案 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s
解析 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m2vC2＋2m2gR
解得：vC＝12 m/s
(2)小球P在斜面上向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsin θ＋μm1gcs θ＝m1a1，
解得：a1＝10 m/s2
故上升的最大高度为：h＝eq \f(v\\al(12),2a1)sin θ＝0.75 m
(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度大小为a2，则：
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a2，
解得：a2＝2 m/s2
小球P上升到最高点所用的时间：t1＝eq \f(v1,a1)＝0.5 s，
则：2R＝eq \f(1,2)gt2＋h－eq \f(1,2)a2(t－t1)2sin θ
解得：t＝1 s.
1．(动量和能量的综合问题)(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝eq \r(5gl)
由动量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v′
联立解得vB＝eq \f(\r(5gl)2m1＋m2,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝eq \f(5gl\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m1＋m2))2,2m2).
2．(动量和能量的综合问题)(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图3所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图3
(1)小物块到达C点时的速度大小；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，长木板的长度L至少多大．
答案 (1)4 m/s (2)60 N，方向竖直向下 (3)2.5 m
解析 (1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，
vC＝eq \f(v0,cs 60°)＝4 m/s
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2，
代入数据解得：vD＝2eq \r(5) m/s.
小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
代入数据解得：FN＝60 N，
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．
(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v，小物块在长木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得：v＝eq \f(\r(5),2) m/s
对物块和长木板组成的系统，
由功能关系得μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(M＋m)v2
解得：L＝2.5 m.
课时精练
1．如图1所示，以A、B为端点的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点．一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止．已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g.滑板与B端的碰撞没有机械能损失．求：
图1
(1)物块滑到B点时的速度大小v0；
(2)滑板与木板一起运动时的速度大小v1；
(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板P，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物块最终不从滑板右边掉下，求滑板长度最小值L.
答案 (1)eq \r(2gR) (2)eq \f(\r(2gR),3) (3)eq \f(16,9)R
解析 (1)物块由A到B过程中机械能守恒，
有eq \f(1,2)mv02＝mgR，
解得v0＝eq \r(2gR)
(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，
根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，
解得v1＝eq \f(\r(2gR),3).
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，
所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，方向向左．
此后滑板做匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度．
设两者第二次具有的共同速度为v2，取向左为正方向，
有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
根据能量守恒，第一次二者共速有
μmgs1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12
第二次二者共速有
μmgs2＝eq \f(1,2)(m＋M)v12－eq \f(1,2)(m＋M)v22
木板的最小长度L＝s1＋s2，
联立解得L＝eq \f(16,9)R.
2.(2021·浙江杭州二中模拟)如图2所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
图2
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
答案 (1)1 N，方向竖直向上 (2)0.22 J
(3)0.675 m
在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mAeq \f(v2,R)
解得FN＝1 N
由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3 m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共
由能量守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)v共2－μmBgL，
联立解得Ep＝0.22 J
(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)u2
联立解得L1＝1.35 m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mB＋M)u2
联立解得L2＝0.675 m
综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的条件是0.675 m
4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图3所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图3
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止
0．50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边
0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2l＋sB))⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.
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