6/8秘籍08動力學、能量和動量觀點在力學中的綜合應用【解密高考】【題型一】動量與動力學觀點的綜合應用【題型二】動量與能量觀點的綜合應用【題型三】力學三大觀點的綜合應用：高考對動量守恒定律及其應用的考查主要集中在“碰撞”類問題，主要考查方式有兩種：（1）以碰撞為模型考查動量守恒定律的應用；（2）以生活中的實例為背景，考查規律的靈活運運用。：掌握動力學觀點：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；能量觀點：用動能定理、機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律解題，可處理非勻變速運動問題。動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。【題型一】動量與動力學觀點的綜合應用【例1】如圖甲所示，質量相等的物塊A、B用粘性炸藥粘在一起，使它們獲得的速度后沿足夠長的粗糙水平地面向前滑動，物塊A、B與水平地面之間的動摩擦因數相同，運動時間后炸藥瞬間爆炸，A、B分離，爆炸前后物塊A的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，圖乙中、均為已知量，若粘性炸藥質量不計，爆炸前后A、B質量不變。則A、B均停止運動時它們之間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】爆炸過程，A、B組成的系統動量守恒由圖像可知解得爆炸后A、B減速滑動，由圖像可知它們的加速度大小為，爆炸后，對A對B最終的距離解得故選C。【變式1】（多選）如圖甲所示，物塊a、b中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑的水平面上，開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長。時對物塊a施加水平向右、大小的恒力，時撤去F，此過程中兩物塊的加速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是（）A．物塊a的質量為2kgB．物塊b的質量為2kgC．時，彈簧的彈力大小為0.4ND．撤去F后，a、b組成的系統動量守恒，機械能不守恒【答案】BD【詳解】ABC．時，對物塊，由牛頓第二定律有其中aa=1.0m/s2，解得時，設彈簧彈力大小為，對物塊有對物塊有聯立解得，選項AC錯誤，B正確；D．撤去拉力后，的速度大于的速度，則、之間的距離將繼續增大，彈簧彈性勢能增大，則組成的系統動量守恒，但機械能減小，D正確。故選BD。【變式2】如圖所示，斜坡上兩個可視為質點的相同滑塊甲、乙，分別從不同高度同時開始下滑。斜坡與水平面在處平滑相接，斜面上，滑塊與水平面間的動摩擦因數均為，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞，忽略空氣阻力，斜面傾斜角度為，重力加速度大小為。試求：(1)甲在斜面上的加速度；(2)若在碰撞前瞬間乙的速度為，求碰撞后直至停下地面對甲的沖量大小；(3)若乙的初始高度為，求甲停下時離點的最遠距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）甲在斜面上的加速度，甲在斜面上受重力沿斜面向下的分力和摩擦力，合力為：由牛頓第二定律得：（2）碰撞時由，可得碰撞后甲乙交換速度，則甲停止運動，乙的速度為v，對乙根據動量定理，水平方向：即豎直方向：地面沖量大小：（3）乙的初始高度為，到達水平面的速度為：碰撞后甲乙交換速度，則乙停在運動，甲的速度為乙，繼續滑行直到停止，則甲停止時的位置距離O點的距離為：代入得：【題型二】動量與能量觀點的綜合應用【例1】如圖所示，在光滑絕緣水平面上同時由靜止釋放兩個帶正電的小球A和B，已知A、B兩球的質量分別為m1、m2。則某時刻A、B兩球（）A．速度大小之比為m1∶m2 B．加速度大小之比為m1∶m2C．動量大小之比為m2∶m1 D．動能大小之比為m2∶m1【答案】D【詳解】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統動量守恒，則所以兩球動量大小相等，比值為1∶1，故AC錯誤；B．小球的加速度大小之比為故B錯誤；D．動能之比為故D正確。故選D。【例2】如圖所示，輕質彈簧的兩端分別與小物塊A、B相連，并放在傾角為θ的固定斜面上，A靠在固定的擋板P上，彈簧與斜面平行，A、B均靜止。將物塊C在物塊B上方與B相距x處由靜止釋放，C和B碰撞的時間極短，碰撞后粘在一起不再分開，已知A、B、C的質量均為m，彈簧勁度系數為k，且始終在彈性限度內，不計一切摩擦，則為保證A不離開擋板，x的最大值為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設要讓A能離開擋板彈簧就要伸長到P點，有物塊B、C從相碰后到一起運動到A剛要離開擋板，物塊B、C和彈簧組成的系統機械能守恒，A剛要離開擋板時物塊B、C速度為零，彈簧伸長，彈力大小等于A重力下滑分力，伸長量等于x1，從碰后到A剛要離開擋板，彈簧彈性勢能變化為零，設碰后速度為，由機械能守恒定律得碰撞過程根據動量守恒下滑過程聯立解得故選B。【變式1】如圖所示，質量為的小球乙（可視為質點）放置在光滑的水平面的最左端點，水平面的最右端為點，半圓形軌道豎直放置，是圓心，是水平直徑，是圓弧的最低點，點為圓弧上的一點。現讓質量為的小球甲（可視為質點）以斜向上的速度從點拋出，甲運動到點時以水平向右的速度與乙發生彈性碰撞，然后乙從運動到點時速度與水平方向的夾角為，已知甲從到的豎直位移、水平位移分別大小是、，重力加速度為，、。(1)求小球甲在點與小球乙剛要發生碰撞時小球甲的速度大小以及小球甲從到的平均速度的大小；(2)求小球乙通過點的速度大小以及小球乙從到的運動時間；(3)求半圓形軌道的半徑。【答案】(1)，；(2)，；(3)【詳解】（1）甲從A到B做斜拋運動，且在B的速度沿水平方向，由逆向思維可得甲從B到A做平拋運動，則有，解得，故兩球碰前小球甲的瞬時速度大小為，方向水平向右；甲從A到B的平均速度為（2）甲、乙發生彈性碰撞，由動量守恒定律由機械能守恒定律聯立解得，方向水平向右。乙從C到P，設水平位移為x，豎直位移為y，則乙在P點的速度與水平方向的夾角為53°，小球在P點速度的反向延長線經過水平位移的中點，則有由平拋運動知識得，聯立解得，，（3）設半圓軌道COE的半徑為R，由幾何關系可得解得【變式2】在光滑平直軌道邊依次站著2025個人，間距均為d，每人手里拿著質量均為m、編號為1、2、3、…、2025的沙包。一個質量也為m的貨斗，在恒定外力F的推動下，從距離第1人的左側d處由靜止開始沿直線向右運動，貨斗經過人身邊時，該人立即將沙包無初速放入貨斗，直到沙包全部放入為止。設沙包放入貨斗時間極短，貨斗及沙包均可視為質點。求(1)1號沙包放入貨斗后瞬間的共同速率；(2)2025號沙包放入貨斗后瞬間的共同速率；(3)全過程中的能量損失。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）放入沙包前，對貨斗動能定理：代入數據解得1號沙包放入貨斗后:可得（2）2號沙包放入貨斗前：2號沙包放入貨斗后可得3號沙包放入貨斗前：3號沙包放入貨斗后：可得依此類推，可知第n個沙包放入貨斗后的共同速度所以，2025個沙包放入貨斗后的共同速度（3）全過程由能量守恒可知所以【變式3】某玩家設計了如圖1所示的一個裝置，完全相同的餅狀物塊、分別焊接在兩根輕桿的一端，兩根輕桿另一端與餅狀物塊用鉸鏈相連（輕桿能夠圍繞鉸鏈轉軸在水平面內無阻礙地轉動），輕桿長度遠大于物塊、和的直徑，把整個裝置放在光滑水平面上，在、之間置入少量炸藥，引爆炸藥后，整個裝置獲得的機械能為。已知、的質量均為，的質量為，輕桿長度為，引爆炸藥后，物塊僅沿著對稱中心線（圖1中的虛線）運動。(1)若將物塊固定，求引爆炸藥后瞬間，輕桿受到的拉力大小；(2)若物塊不固定，求物塊運動的最大位移；(3)如圖2所示，在（2）的基礎上，當、、第一次運動到一條直線時，求物塊、和的速度大小。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）根據對稱關系，引爆后瞬間，對物塊和，有方向相反，且有此時，物塊固定，物塊A和B都可以看做圓周運動，則兩物塊對各自輕桿的拉力為化簡可得（2）整個系統動量守恒。物塊A和B的運動關于中心線對稱，沿著中心線向上運動，物塊C沿著中心線向下運動。所以沿中心線方向，任何時刻均有所以有即又有其中所以物塊運動的最大位移（3）根據動量守恒定律，有根據能量守恒有其中由對稱性關系可知解得【題型三】力學三大觀點的綜合應用【例1】（多選）如圖1所示，質量均為的物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為，初始時甲，乙均靜止，質量為的物塊丙以速度向右運動，與乙發生彈性碰撞。碰后乙的位移隨時間的變化如圖2中實線所示，其中0.2s時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分（圖中實線）和直線，二者相切于點，拋物線的頂點為。甲始終未脫離乙，重力加速度大小為。下列說法正確的是（

）A．碰后瞬間乙的速度大小為 B．甲、乙間的動摩擦因數為C．甲、乙間的動摩擦因數為 D．甲到乙左端的距離至少為【答案】ACD【詳解】ABC．設碰后瞬間乙的速度大小為，碰后乙的加速度大小為a，由圖（b）可知其中，拋物線的頂點為Q，根據x-t圖像的切線斜率表示速度，則有聯立解得，根據牛頓第二定律可得解得甲、乙間的動摩擦因數為物塊丙與乙發生彈性碰撞，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得，可得故B錯誤，AC正確；D．由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為根據圖（b）可知，時刻甲、乙剛好共速，則時間內甲、乙發生的相對位移為則甲到乙左端的距離滿足故D正確。故選ACD。【例2】如圖所示，在傾角為的斜面上放置一內壁光滑的凹槽A，凹槽A與斜面間的動摩擦因數，槽內緊靠右擋板處有一小物塊B，它與凹槽左擋板的距離為。A、B的質量均為m，斜面足夠長。現同時由靜止釋放A、B，此后B與A擋板每次發生碰撞均交換速度，碰撞時間都極短。已知重力加速度為。求：(1)物塊B從開始釋放到與凹槽A發生第一次碰撞所經過的時間；(2)B與A發生第一次碰撞后，A下滑時的加速度大小和發生第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大小；(3)凹槽A沿斜面下滑的總位移大小。【答案】(1)；(2)，方向沿斜面向上，；(3)【詳解】（1）設B下滑的加速度為，則有解得A所受重力沿斜面的分力所以B下滑時，A保持靜止；根據位移時間關系可得解得（2）滑塊B剛釋放后做勻加速運動，設物塊B運動到凹槽A的左擋板時的速度為，根據勻變速直線運動規律得第一次發生碰撞后瞬間A、B的速度分別為、0，此后A減速下滑，根據牛頓第二定律可得解得方向沿斜面向上；設A速度減為零的時間為，下滑的位移大小為，則有，在時間內物塊B下滑的距離為所以發生第二次碰撞前凹槽A已停止運動，則B下滑距離與A發生第二次碰撞，則有解得（3）經過多次碰撞后，最終A、B處于靜止狀態，且B靜止與A的下端；設凹槽A下滑的總位移為x，由功能關系有解得【變式1】如圖所示，質量長度的木板A放置在水平地面上，左端靜置一個質量的物塊B，物塊與木板之間的動摩擦因數，木板與地面間的動摩擦因數。在木板的右側有一半徑的豎直光滑半圓細管道，末端切線水平且固定在底座C的最左端，底座C和細管道的總質量，底座的高度與木板等高，與地面間的摩擦可忽略。現用向右的水平力作用于物塊上，當物塊到達木板最右端時撤掉力，撤掉力的瞬間木板恰好與底座發生彈性碰撞，物塊滑到底座上并進入細管道，物塊從細管道最低點運動到管道頂端最高點的時間為，物塊運動到細管道最高點時離地面的高度為。物塊視為質點，重力加速度取。求：(1)力作用的時間；(2)物塊到達細管道最高點時，管道對物塊的彈力；（結果保留三位有效數字）(3)最終物塊落地點到木板右邊的距離S。（結果保留三位有效數字）【答案】(1)1s；(2)，方向豎直向上；(3)2.35m【詳解】（1）對物塊B受力分析解得對木板A受力分析設物塊B到達木板A右端的時間為，在時間內木板的位移在時間內物塊B的位移因為解得（2）1s時，木板A的速度1s時，物塊的速度木板A與底座C發生彈性碰撞，由動量守恒由系統機械能守恒解得木板B從圓弧軌道最低點運動到最高點過程中，水平方向動量守恒系統機械能守恒解得受力分析解得方向豎直向上（3）物塊B滑到底座C上，并進入圓弧軌道，物塊B和底座C在水平方向動量守恒，因為，所以木板A碰后向左運動的加速度木板A向左減速到停止的位移物塊B從軌道最高點做平拋運動【變式2】如圖所示，光滑水平面上固定質量為2m、傾角為θ的斜面OAB，在斜面右側有n個質量均為的物塊，質量為m的滑塊從光滑斜面頂端A由靜止釋放。(1)求滑塊到達斜面底端時的速度大小；(2)若斜面底端有一小圓弧，斜面和地面平滑連接。①所有的碰撞均為完全非彈性碰撞，求第n個物塊的最終速度大小②所有的碰撞均為彈性碰撞，求第n個物塊的最終速度大小(3)水平面上靠近B處有一固定豎直擋板，斜面不固定，滑塊運動至斜面底端與水平面碰撞后，僅保留水平方向動量。物塊與擋板碰撞后以原速率返回，此時改變滑塊與水平面、斜面與水平面間的粗糙程度，斜面與水平面動摩擦因數。要使滑塊能追上斜面，求滑塊與水平面間動摩擦因數的最大值。【答案】(1)；(2)①；②；(3)【詳解】（1）對滑塊，由動能定理得

解得（2）①若是完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律則有

解得

②若是彈性碰撞，設滑塊第1次與第n個物塊相碰后的速度分別是v??、v?，根據動量守恒定律則有

根據能量守恒定理則有

聯立解得

由于后面發生的都是彈性碰撞，所以物塊1的最終速度為，之后滑塊第2次與第n個物塊發生彈性碰撞，設滑塊與第n個物塊相碰后的速度分別是v??、v?，根據動量守恒定律，則有根據能量守恒定律，則有解得由于后面發生的都是彈性碰撞，物塊2的最終速度為，第n個物塊的最終速度（3）設滑塊剛要滑到斜面底端時的水平速度為，豎直速度為，斜面體的速度為水平方向動量守恒，根據動量守恒定律可得

根據機械能守恒定律則有

解得，滑塊從釋放到滑到斜面底端，設滑塊的水平位移大小為s?，斜面體的水平位移大小為s?，由于水平方向系統動量守恒，則有整理可得即

代入數據解得，當滑塊到達水平面時，由于擋板的存在，問題簡化為滑塊在斜面后方，則有

解得

故滑塊與水平面間動摩擦因數的最大為【變式3】如圖甲所示，固定光滑斜面的傾角，右端帶有固定擋板的“┚”形木板靜置于水平面上，斜面底端B與木板左端緊靠且跟其上表面平齊。將質量的小物塊從斜面頂端A由靜止釋放，物塊滑上木板時不計能量損失，到達木板右端時與擋板發生彈性碰撞。以物塊剛滑上木板的時刻為計時起點，物塊跟擋板碰撞前物塊和木板的圖像，如圖乙所示，木板與地面間的動摩擦因素，取重力加速度。(1)求斜面的長度；(2)求從物塊開始運動至其和擋板碰撞前的瞬間，物塊與木板系統損失的機械能；(3)物塊最終能否從木板上滑落？若能，