微专题3 动力学、动量和能量综合应用(A)
1.A [解析] 在下滑过程中,槽的动能增加,重力势能不变,机械能增加,小球对槽的作用力做正功,故A正确;在下滑过程中,小球和槽的水平方向动量始终守恒,故B错误;小球与弹簧组成的系统在相互作用的全过程中无机械能损失,被弹簧反弹前后,小球速度大小不变,方向相反,小球动量大小不变,方向发生改变,故C错误;小球和槽的水平方向动量守恒,小球和槽分离时小球的速度大小等于槽的速度,被弹簧反弹后,小球速度大小仍与槽分离时的速度大小相等,则小球不能返回到槽上,故D错误.
2.D [解析] 子弹击中滑块B的过程,子弹与滑块B组成的系统动量守恒,子弹与B作用过程时间极短,A没有参与,速度仍为零,以水平向右的方向为正方向,由水平方向动量守恒,得m3v0=(m3+m2)v1,解得v1=8 m/s,故A错误;滑块B离开小车瞬间,滑块与小车具有相同的水平速度,以水平向右的方向为正方向,由水平方向动量守恒,得(m3+m2)v1=(m3+m2+m1)v2,解得v2=2 m/s,滑块B从开始滑动到离开小车瞬间,由能量守恒定律得(m3+m2)=m1+(m3+m2)+(m3+m2)gR,解得v3= m/s,设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy,则+=,联立解得vy=5 m/s,滑块B离开小车后,以小车为参照物,滑块B做竖直上抛运动,则再次返回小车所需要的时间为t==1 s,则x=v2t=2 m,从子弹击中后到B第二次离开小车的过程中,以水平向右的方向为正方向,则(m3+m2)v1=(m3+m2)vB+m1vA、(m3+m2)=(m3+m2)+m1,解得vA=4 m/s,故D正确,B、C错误.
3.C [解析] M与小球1发生弹性碰撞后,设M的速度为vM1,小球1的速度为v1,根据动量守恒定律有2mv=2mvM1+mv1,根据能量守恒定律有×2mv2=×2m+m,联立解得vM1=v,v1=v,小球1~n的质量相同且发生弹性碰撞,它们之间交换速度,所以小球n匀速运动的速度为v1=v,故A错误;当M与小球1发生第二次弹性碰撞时小球1是静止的,根据动量守恒定律有2mvM1=2mvM2+mv2,根据能量守恒定律有×2m=×2m+m,联立解得vM2=vM1=v,v2=×v,以此类推,当所有小球都做匀速直线运动时,小球1匀速运动的速度为×v,故B错误;小球n被碰时,小球之间的碰撞次数为n,小球n-1被碰时,小球碰撞的次数为n-1,小球n-2被碰时,小球碰撞的次数为n-2,以此类推,当所有小球都做匀速直线运动时,碰撞总次数为n+++…+1=,故C正确,D错误.
4.BD [解析] 根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,都为Ff=0.5×1×10 N=0.25×2×10 N=5 N,初始时A向右减速,B向右加速,故可知在A与传送带第一次共速前,A、B整体所受合外力为零,系统动量守恒,取向右为正方向,有mAv0=mAv传+mBvB,代入数值解得,在t=t1时,B的速度大小为vB=0.5 m/s,故B正确;在A与传送带第一次共速前,任意时刻根据牛顿第二定律有Ff+F弹=mAaA,Ff+F弹=mBaB,由于mAaB,故A错误;在t1时间内,设A、B向右的位移分别为xA、xB,由功能关系有-FfxA+FfxB+mAv02=mA+mB+Ep,解得xA-xB=0.1 m,故弹簧的压缩量为Δx=xA-xB=0.1 m,故C错误;A与传送带的相对位移为x相A=xA-v传t,B与传送带的相对位移为x相B=v传t-xB,故可得x相A+x相B=xA-xB=0.1 m,由于0~t1时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA=2aB,作出A、B的v t图像如图所示,可知x相A等于图形MNA的面积,x相B等于图形NOBA的面积,故可得x相A5.BCD [解析] 对0号物块,从曲面最高点到最低点过程中,根据机械能守恒定律有mgh=m,解得v0=,由题可知,2024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度,所以2024号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度,由机械能守恒定律和动量守恒定律有m=mv0'2+·2m,mv0=mv0'+2mv1,解得v1=,v0'=-,可知2024号物块最终速度为,同理 2023号物块最终速度是0号物块与1号物块第2次碰撞后发生弹性正碰后1号物块的速度,为×v0,2022号物块最终速度为×v0=,故后面物块的速度不断减小,间距不断增大,故A错误,D正确;2024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度,0号物块与1号物块碰撞2024次,2号物块在开始匀速运动之前与1号物块碰撞2023次,故1号物块共受到4047次碰撞,故B正确;根据A项分析知,0号物块与1号物块碰撞1次后,0号物块的速度为v0'=-,0号与1号发生碰撞后,1号将与2号发生正碰,因两者质量相同,将发生速度交换,1号将静止,之后0号将继续与1号发生第二次碰撞,同理可得,0号第二次碰撞后的速度为v0″=-,最终0号物块要与1号物块碰撞2024次,所以0号物块最终动量大小为m,故C正确.
6.(1)gsin θ (2)≥1或=
(3)初动能大于m1gRsin θ小于12m1gRsin θ
[解析] (1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ
(2)甲恰能到c点,设到达c点时的速度为v1,可知m1gsin θ=m1
解得v1= ①
根据题意甲、乙发生弹性碰撞,碰撞前后根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2
m1=m1v1'2+m2
解得碰后乙的速度为v2= ②
碰后乙能运动至e点,第一种情况,碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点,此时需满足m2gsin θ≤m2
即v2≥ ③
联立①②③可得≥1
第二种情况,碰后乙做类平抛运动到达e点,此时可知7R+R=gsin θ·t2,R=v2t
解得v2= ④
联立①②④可得=
(3)在(2)问的质量比条件下,若碰后乙能越过线段de,根据前面分析可知当满足第一种情况时,碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de,故碰后乙做类平抛运动越过线段de,故碰后乙的速度必然满足v2<
同时根据类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·,v2t2>R
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上,有R=gsin θ·,v2t3联立解得联立②⑤将=代入可得对甲球从a到c过程根据动能定理-m1g·8Rsin θ=m1-Ek0 ⑦
联立⑥⑦可得m1gRsin θ7.(1) (2)2∶1或5∶1 (3)·
[解析] (1)小球A、B组成的系统碰撞前、后动量守恒,设碰撞后小球组合体的速度大小为v,由动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v
碰撞后,对组合体,由牛顿第二定律有Fn=(mA+mB)
联立解得v=,Fn=
(2)设小球A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB,弹性碰撞过程动量守恒、机械能守恒,对小球A、B组成系统有
mAv0=mAvA+mBvB
mA=mA+mB
联立解得vA=,vB=
分两种情况讨论:
第一种情况,若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程之比为,其中k1=0,1,2,3,…,故=
联立解得=
显然k1只能取0,则=2
对第二次碰撞,设小球A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB',有
mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'
mA+mB=mAvA'2+mBvB'2
联立解得vA'=v0,vB'=0
说明第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意
第二种情况,若第二次碰撞发生在图中的c点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程之比为,其中k2=0,1,2,3,…,故=
联立解得=
显然k2只能取0,则=5
同理可得第二次碰撞后vA'=v0,vB'=0
说明第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意.
综上所述,=2或5
(3)第一次碰前相对速度大小为v0,第一次碰后的相对速度大小为v1相=ev0,第一次碰后到第二次相碰前之间,小球B比小球A多运动一圈,即小球B相对小球A运动一圈,有t1=
第一次碰撞有mAv0=mAvA1+mBvB1
第一次碰撞后有v1相=vB1-vA1
解得vB1=(v0+v1相)
第一次碰撞到第二次碰撞之间小球B运动的路程s1=vB1t1
联立解得s1=
第二次碰撞后的相对速度大小为v2相=ev1相=e2v0,t2=
第二次碰撞有mAv0=mAvA2+mBvB2
第二次碰撞后有v2相=vA2-vB2
解得vB2=(v0-v2相)
第二碰撞到第三次碰撞之间小球B运动的路程s2=vB2t2
联立解得s2=
由以上规律可以归纳为第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间一共碰撞了2n次,小球B运动的路程s=s1+s2+s3+…+s2n
即s=
利用数列求和公式化简得s=·微专题3 动力学、动量和能量综合应用(A)
1.[2025·湖南邵阳模拟] 如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在足够大的光滑水平面上,底部与水平面平滑相切,一个质量也为m的小球从槽顶部由静止下滑,假设小球与弹簧组成的系统在相互作用的全过程中无机械能损失,则 ( )
A.在下滑过程中,小球对槽的作用力做正功
B.在下滑过程中,小球和槽的总动量始终守恒
C.被弹簧反弹前后,小球动量大小和方向均发生改变
D.被弹簧反弹后,小球一定能返回到槽上
2.[2025·重庆沙坪坝区三模] 如图所示,质量为m1=3 kg的小车A置于光滑水平地面上,其右端固定一半径R=1.15 m的四分之一圆弧轨道.质量为m2=0.99 kg的滑块B静止于小车的左端,现被水平飞来的质量m3=10 g、速度v0=800 m/s的子弹C击中,且子弹立即留在滑块B中,之后B与C共同在小车上滑动,且从圆弧轨道的最高点离开小车.不计A与B之间的摩擦和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.子弹C击中滑块B后瞬间,滑块B的速度大小为80 m/s
B.滑块B第一次离开小车瞬间,滑块B的速度大小为2 m/s
C.滑块B第二次离开小车瞬间,小车A的速度大小为8 m/s
D.滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的过程中,滑块B的位移大小为2 m
3.[2025·湖北武汉联考] 如图所示,有n个质量均为m的相同小球保持一定间距放在光滑的水平面上,且它们排列成一条直线,在左边有一质量为2m的小球M以初速度v向右运动,各球之间的碰撞均为弹性碰撞,每次最右边小球被碰走时,M恰好与小球1发生碰撞,经过若干次碰撞后所有小球均向右做匀速直线运动,则下列说法正确的是 ( )
A.小球n做匀速运动的速度为v
B.小球1做匀速运动的速度为v
C.所有小球向右做匀速直线运动时,碰撞总次数为
D.所有小球向右做匀速直线运动时,碰撞总次数为
4.(多选)[2025·福建卷] 水平传送带沿顺时针转动的速度大小恒定为1 m/s,质量为1 kg的物块A和质量为2 kg的物块B中间有一根处于原长的弹簧,A与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,B与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.25.t=0时,赋予A一个向右的初速度v0=2 m/s,在t1时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A可留下痕迹,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.在t=时,B的加速度大于A的加速度
B.t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s
C.t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.0~t1时间内,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05 m
5.(多选)[2025·深圳福田区模拟] 如图所示,固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接,水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内,且间距足够小),质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后,沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰,0号物块反弹后滑上曲面再原路返回,如此反复.所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损耗,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.最终物块间的距离保持不变
B.1号物块共受到4047次碰撞
C.0号物块最终动量大小为m
D.2022号物块最终速度为
6.[2025·四川卷] 如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板.a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长.小球乙被锁定在c点.小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞.小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g.
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;
(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件;
(3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能应满足的条件.
7.[2024·湖南卷] 如图所示,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB).初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B发生碰撞.不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动.
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小;
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,求小球的质量比;
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(01.(1)0.5 N·s (2)0.05 m (3)0.65 J
[解析] (1)根据动量定理有I=mvA
在C点根据牛顿第二定律有mg=m
滑块由A运动到C的过程中,由机械能守恒定律得m=m+2mgr
解得I=0.5 N·s
(2)滑块由A运动到D的过程中,由动能定理得-μmgl=m-m
解得vD=4 m/s
因为vD>v0,所以滑块先做匀减速直线运动,假设滑块可以减速到与传送带共速,则有t1==0.5 s
滑块运动的位移x=t1= m所以假设成立,滑块到达E点时速度vE=v0=3 m/s
滑块与光滑圆弧形物块组成的系统水平方向动量守恒,滑块滑到H点时,它们水平方向有相同的速度v共,设此时滑块竖直方向分速度为vy,根据动量守恒定律有
mvE=(m+M)v共
由能量守恒定律得
m=(m+M)+m+mgR
解得vy=1 m/s
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与H点之间的距离h==0.05 m
(3)滑块冲上物块到与物块分离的过程中,由水平方向动量守恒有mvE=mv1+Mv2
由能量守恒定律有m=m+M
解得v1=-1 m/s,v2=2 m/s
滑块返回到传送带上时,先减速运动又反向加速返回E点,该过程所用时间t2==1 s
此过程中,滑块与传送带的相对位移x2=v0t2=3 m
滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时,二者的相对位移x1=t1-v0t1=0.25 m
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量Q=μmg(x1+x2)=0.65 J
2.(1)2 m/s (2)2 m (3)2 m或2.5 m
[解析] (1)对滑块1,从静止滑下至C点过程,由机械能守恒定律得mgh=m
与滑块2碰撞过程,由动量守恒定律得mv0=2mvC
解得vC=2 m/s
(2)滑块3恰好能通过圆轨道,在D点,由牛顿第二定律得2mg=2m
从C至D过程,由机械能守恒定律得2mg(2R)+(2m)=(2m)
由(1)得vC=
联立解得h=2 m
(3)滑块3在C→F过程,由功能关系得(2m)=(2m)+2mgLsin θ+μ(2m)gLcos θ
若直接落入洞中,有
t=
LFG+LGH+LHI=vFcos θ·t
联立解得h=2.5 m
若经一次反弹落入洞中,有
t'=+=
LFG+LGH+LHI=vFcos θ·t'
联立解得h=2 m
3.(1)0.45 m (2)4 m/s,方向向左 (3) m
[解析] (1)对滑块C和小球A组成的系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律,水平方向的位移关系有
m1x1-m0x0=0
小球运动到最低点,小球和滑块相对位移为绳长L,则有x1+x0=L
联立可得x1=0.45 m
滑块C向左移动的距离l=x1=0.45 m
(2)对滑块C和小球A组成的系统,水平方向动量守恒,有m1v1-m0v0=0
根据机械能守恒有m0gL=m1+m0
解得v0=6 m/s,v1=1.5 m/s
在最低点小球A与物块B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律,有m0v0=m0v3+mv2
根据机械能守恒定律有m0=m0+m
解得v2=4 m/s,v3=-2 m/s,物块B的速度方向向左
(3)若木板Q与挡板P恰好发生n次碰撞后静止,在木板Q碰到挡板P前,物块B、木板Q不会共速,物块加速度a1=μg=2 m/s2
木板的加速度a2==1 m/s2
物块B一直做匀减速运动至静止,运动时间t==2 s
木板Q前进x距离,碰到挡板P原速反弹,向右匀减速运动,加速度大小不变,经过相同时间减速为零,之后重复以上的运动,设木板Q第一次碰到挡板前时间为t0,则有2nt0=t
可得t0== s
木板到挡板的距离x=a2= m
4.(1) (2)vj+1=
(3)或n(2n+1)(4n+1)+
[解析] (1)对长木板和滑块分别受力分析,可知长木板不动,第1个滑块做匀减速运动,由牛顿第二定律,有2μmg=ma
第1个滑块的初速度大小为v1=,设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度为v10
由运动学公式,有-=2aL
解得v10=
(2)第1个滑块与第2个滑块碰撞,设碰撞后共同速度为v2,根据动量守恒定律有mv10=2mv2
解得v2=v10=
设第2个滑块与第3个滑块碰撞前速度为v20,有
-=2aL
解得v20=
第2个滑块与第3个滑块碰撞,设碰撞后共同速度为v3,根据动量守恒定律有2mv20=3mv3
解得v3=v20=
以此类推,可得vj+1=
(3)设k个滑块一起在木板上滑动时,木板开始滑动.则
2μkmg>μ(nm+3nm)g
解得k>2n
故第2n+1个滑块在木板上滑动时,木板开始滑动,其余滑块和木板相对静止,设第2n+1个滑块刚开始在木板上滑动时的速度大小为v2n+1、加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2
由(2)问分析得v2n+1=
由牛顿第二定律得
2μ(2n+1)mg=(2n+1)ma1
2μ(2n+1)mg-4μnmg=[4n-(2n+1)]ma2
设第2n+1个滑块开始滑动后,经时间t与木板达到共同速度,恰好不与下一个滑块相碰,由运动学知识得
v2n+1-a1t=a2t
v2n+1t-a1t2-a2t2=L
联立上式解得
β=
或β=n(2n+1)(4n+1)+ 微专题3 动力学、动量和能量综合应用(B)
1.[2025·河北石家庄二模] 如图所示为一游戏装置的竖直截面图,装置由光滑水平直轨道AB、半径r=0.5 m的竖直光滑圆轨道、长l=2.25 m的水平直轨道BD、长L=4 m的水平传送带DE和足够长的光滑轨道EK平滑连接而成(A、B、D、E、K共线),其中C点为竖直圆轨道上的最高点.质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)静止在水平轨道上的A点,质量M=0.2 kg、半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK上.传送带DE以恒定速率v0=3 m/s顺时针转动.现对滑块施加一水平瞬时冲量I使滑块恰好能通过圆轨道的C点,之后滑块经过轨道BD滑上传送带,而后冲上物块GFH.已知滑块与轨道BD,滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.求:
(1)瞬时冲量I的大小;
(2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h;
(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中,滑块和传送带因摩擦产生的热量Q.
2.[2025·浙江1月选考] 一游戏装置的竖直截面如图所示.倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置.该装置除EF段轨道粗糙外,其余各段均光滑,F点与水平高台GHI等高.游戏开始,一质量为m 的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下,与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3,滑上滑轨.若滑块3落在GH段,反弹后水平分速度保持不变,竖直分速度减半;若滑块落在H点右侧,立即停止运动.已知R=0.2 m,m=0.1 kg,EF段长度L= m,FG间距LFG=0.4 m,GH间距LGH=0.22 m,HI间距LHI=0.1 m,EF段μ=0.25.滑块1、2、3均可视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.
(1)若h=0.8 m,求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC;
(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC',求高度h;
(3)若滑块3最终落入I点的洞中,则游戏成功.讨论游戏成功的高度h.
3.[2025·江苏镇江模拟] 如图所示,质量为m1=4 kg的滑块C套在光滑水平杆上,质量为m0=1 kg的小球A与滑块C用一根不可伸长的轻绳相连,轻绳的长为L=2.25 m.在光滑的水平面上放置一个质量为M=4 kg的足够长的木板Q,木板右端放置一个质量为m=2 kg的物块B,物块和木板间的动摩擦因数μ=0.2,在距离长木板左侧x处(x未知)有一个固定挡板P.开始时轻绳处于竖直状态,使小球A与物块B处于同一高度并恰好接触.现将滑块C向左移动一段距离,并使A、C间的轻绳处于水平拉直状态,让小球A和滑块C同时由静止释放,小球A摆到最低点时恰好与物块B发生对心弹性碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞.木板Q与挡板P间的碰撞为弹性碰撞,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)要使小球A摆到最低点时恰好与物块B碰撞,求滑块C向左移动的距离l;
(2)小球A与物块B碰撞后,求物块B的速度;
(3)若木板Q与挡板P恰好发生n次碰撞后B和Q最终静止,求x的值.
4.[2025·湖北卷] 如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm.相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ.初始时木板和所有滑块均处于静止状态.现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小).滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小.
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1.用已知量和vj表示vj+1.
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值.
提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1).(共46张PPT)
微专题3 动力学、动量和能量综合应用
角度1 弹簧类与曲面类综合问题
角度2 多次碰撞问题
备用习题
◆
听课手册
一般来说,用动量观点和能量观点比用动力学的观点解题简便,因此在解题时优先
选用这两种观点;但在涉及加速度问题时就必须用动力学的观点.有些问题中用到
的观点不止一个,特别像高考中的一些综合题,常用动量观点和能量观点联合求解,
或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观点都采用才能求解.
力学三大 观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学 观点 牛顿第二定律 物体做匀变速直线运
动,涉及运动细节
匀变速直线运 动规律 等
力学三大 观点 对应规律 表达式 选用原则
能量观点 动能定理 涉及做功与能量转换
机械能守恒定 律
功能关系 等
能量守恒定律
续表
力学三大 观点 对应规律 表达式 选用原则
动量观点 动量定理 只涉及初末速度、
力、时间而不涉及位
移、功
动量守恒定律 只涉及初末速度而不
涉及力、时间
续表
角度1 弹簧类与曲面类综合问题
例1 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，
质量为 的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧
形槽底端与水平面相切，一个质量为 的小物块
(可视为质点)从槽上高为 处由静止释放，已知
A.小物块下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统动量守恒
B.小物块下滑过程中，弧形槽对物块的支持力不做功
C.若 ，物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是 ( )
√
[解析] 物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，
故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错
误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使
弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重
力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的
支持力做负功，故B错误；小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足
水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，
设小物块滑到底端时弧形槽和物块的速度大小分别
为、 ，取向左方向为正，该过程由动 量守恒
定律得，
故得，若，则 ，小物块在水平面上做匀速运动，撞
击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；设物块再次滑上弧形
槽，上升到最高点时系统水平向左的速度为 ，由动量守恒定律得
，由全过程机械能守恒得 ，
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒有
，故得 ，
即物块不会上升至初始高度，故D错误.
例2 [2025·山东卷] 如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面
上，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度， 处轨道的切线沿水平方
向，处轨道的切线沿竖直方向.小物块、 用轻弹簧连接置于光滑水平面上，
被锁定.一质量为的小球自点正上方 处自由下落，无能量损
失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中物块，与物块 粘在一起且不弹
起.当弹簧拉力达到时，物块 解除锁定开始运动.已知物块的质量为
，物块的质量为 ，方形物体的质量为，重力加速
度大小取 ，弹簧的劲度系数，
整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式
为为弹簧的形变量 ，所有过程不计
空气阻力. 求：
(1) 小球到达点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、 ；
[答案] ;
[解析] 根据题意可知，小球从开始下落到 处的过程中，水平方向上动量守恒，
则有
由能量守恒定律有
联立解得，
例2 [2025·山东卷] 如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面
上，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度， 处轨道的切线沿水平方
向，处轨道的切线沿竖直方向.小物块、 用轻弹簧连接置于光滑水平面上，
被锁定.一质量为的小球自点正上方 处自由下落，无能量损
失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中物块，与物块 粘在一起且不弹
起.当弹簧拉力达到时，物块 解除锁定开始运动.已知物块的质量为
，物块的质量为 ，方形物体的质量为，重力加速
度大小取 ，弹簧的劲度系数，
整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式
为为弹簧的形变量 ，所有过程不计
空气阻力. 求：
(2) 弹簧弹性势能最大时，的速度大小及弹性势能的最大值 .
[答案] ;
[解析] 由于小球落在物块 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小
球和物块 水平方向上动量守恒，则有
解得
设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为 ，根据
胡克定律有
由系统机械能守恒有
解得，
固定解除之后，小球、物块和物块 组成的系统动
量守恒，
当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
角度2 多次碰撞问题
例3 [2025·江苏卷] 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一
直线放置，每列有个.在两列钢球之间，一质量为的玻璃球以初速度 向右
运动，与钢球发生正碰.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞.
(1) 若钢球质量为，求最右侧的钢球最终运动的速度大小 ；
[答案]
[解析] 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为 ，根据动
量守恒定律和机械能守恒定律可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后
最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度大小
例3 [2025·江苏卷] 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一
直线放置，每列有个.在两列钢球之间，一质量为的玻璃球以初速度 向右
运动，与钢球发生正碰.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞.
(2) 若钢球质量为 ，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度
大小 ；
[答案]
[解析] 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，以向右为正方向，则由动量守
恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
负号表示速度方向向左，玻璃球的速度大小为
例3 [2025·江苏卷] 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一
直线放置，每列有个.在两列钢球之间，一质量为的玻璃球以初速度 向右
运动，与钢球发生正碰.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞.
(3) 若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能 .
[答案]
[解析] 根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，
且速度大小变为碰撞前的 ，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速
度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性
碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的 ，综上所述，
玻璃球碰撞次后的速度大小为
则玻璃球碰撞次后的动能大小为
角度1 弹簧类与曲面类综合问题
1.如图所示，可视为质点的滑块、和带有光滑圆轨道的物体 放在水平轨道
上，其中滑块放在水平轨道的点，圆弧的半径为 ，圆弧的最低点
与水平轨道相切.某时刻，给滑块一向右的瞬时冲量 ，经过一段时
间与发生碰撞，最终滑块冲上物体，上升的最大高度为 .已知
、、的质量分别为、、，重力加速度
取 ，一切摩擦均可忽略不计.
(1) 求滑块、 碰撞过程损失的机械能；
[答案]
[解析] 给滑块一瞬时冲量时，设滑块的速度大小为 ，由动量定理得
解得
设碰后滑块的速度大小为，由题意可知滑块 上升的最大高度大于圆弧轨道
的半径，则滑块在最高点时与物体 具有相同的水平速度，在水平方向上由动
量守恒定律得
对、 由机械能守恒定律得
联立解得，
设碰后的速度为，对、 碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
滑块、 因碰撞而损失的机械能为
解得
1.如图所示，可视为质点的滑块、和带有光滑圆轨道的物体 放在水平轨道
上，其中滑块放在水平轨道的点，圆弧的半径为 ，圆弧的最低点
与水平轨道相切.某时刻，给滑块一向右的瞬时冲量 ，经过一段时
间与发生碰撞，最终滑块冲上物体，上升的最大高度为 .已知
、、的质量分别为、、，重力加速度
取 ，一切摩擦均可忽略不计.
(2) 仅改变物体的质量，欲使滑块、能发生第二次碰撞，求物体 的质量
[答案]
应满足的条件.
[解析] 设滑块再次返回到物体底端时速度为，对滑块和物体 组成的系
统，在水平方向上由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
欲使滑块、能发生第二次碰撞，则应满足的条件为 ，即
解得
角度2 多次碰撞问题
1.如图所示，质量为 的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离
为 的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰
减，当木板与挡板发生第次碰撞时，碰后瞬间的速度大小 与第一次碰前瞬
间的速度大小满足关系式.现有一质量为 的物块以速度
从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞 (碰撞时间均
忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为 .已知重力加速度为 ，在木板停止
运动前，物块都不会和木板共速.
(1) 物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
[答案] ;
[解析] 对物块，由牛顿第二定律有
解得
对木板，由牛顿第二定律有
解得
1.如图所示，质量为 的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离
为 的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰
减，当木板与挡板发生第次碰撞时，碰后瞬间的速度大小 与第一次碰前瞬
间的速度大小满足关系式.现有一质量为 的物块以速度
从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞(碰撞时间均忽
略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为 .已知重力加速度为 ，在木板停止运
动前，物块都不会和木板共速.
(2) 从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次
碰撞时，求物块与木板间因摩擦产生的热量；
[答案]
[解析] 从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时,木板的位移
解得所用的时间为
这段时间内，物块的位移
物块与木板间因摩擦产生的热量为
联立解得
1.如图所示，质量为 的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离
为 的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰
减，当木板与挡板发生第次碰撞时，碰后瞬间的速度大小 与第一次碰前瞬
间的速度大小满足关系式.现有一质量为 的物块以速度
从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞 (碰撞时间均
忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为 .已知重力加速度为 ，在木板停止
运动前，物块都不会和木板共速.
(3) 从物块滑上木板到木板与柔性挡板第
次碰撞时，求物块运动的位移大小.
[答案]
[解析] 木板与柔性挡板第一次碰撞前，木板的速度大小
第一次碰撞后木板的速度大小
第二次碰撞前木板的速度大小
第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
第二次碰撞后木板的速度
第三次碰撞前木板的速度
第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
归纳可知，从木板开始运动到第 次碰撞时的时间间隔为
该过程中，物块始终做匀减速运动，对物块，由运动学公式有
解得
2.如图所示，光滑水平轨道上放置质量为的长板，质量为的滑块
(视为质点)置于的左端，与间的动摩擦因数为 ，在水平轨道上放着很多
个滑块(可视为质点)，滑块的质量均为 ，编号依次为1、2、3、4、…、
、….开始时长板和滑块均静止.现使滑块瞬间获得向右的初速度 ，当
、刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，
、再次刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推,最
终滑块恰好没从长板上滑落.重力加速度为 ，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，
且每次碰撞时间极短，求：
(1) 开始时长板的右端与滑块1之间的距离 ；
[答案]
[解析] 长板与滑块 第一次达到共速过程，由动量守恒定律得
解得
对长板，由动能定理得
解得
2.如图所示，光滑水平轨道上放置质量为的长板，质量为的滑块
(视为质点)置于的左端，与间的动摩擦因数为 ，在水平轨道上放着很多
个滑块(可视为质点)，滑块的质量均为 ，编号依次为1、2、3、4、…、
、….开始时长板和滑块均静止.现使滑块瞬间获得向右的初速度 ，当
、刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，
、再次刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推,最
终滑块恰好没从长板上滑落.重力加速度为 ，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，
且每次碰撞时间极短，求：
(2) 开始时滑块1与滑块2之间的距离 ；
[答案]
[解析] 以初速度方向为正方向，长板 与滑块1发生第1次弹性碰撞过程，由动
量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，
长板与滑块 第二次达到共速过程，由动量守恒定律得
解得
故与滑块1发生第2次碰撞时，滑块1与滑块2已完成碰撞，对长板 ，由动能定
理得
解得
滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2运动的速度为
故开始时滑块1与滑块2之间的距离
2.如图所示，光滑水平轨道上放置质量为的长板，质量为的滑块
(视为质点)置于的左端，与间的动摩擦因数为 ，在水平轨道上放着很多
个滑块(可视为质点)，滑块的质量均为 ，编号依次为1、2、3、4、…、
、….开始时长板和滑块均静止.现使滑块瞬间获得向右的初速度 ，当
、刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，
、再次刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推,最
终滑块恰好没从长板上滑落.重力加速度为 ，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，
且每次碰撞时间极短，求：
(3) 长板与滑块1第1次碰撞后，长板 的右端与滑块1的最大距离；
[答案]
[解析] 长板与滑块发生相对运动过程中、 的加速度大小分别为
从滑块1第一次被碰后到滑块1与滑块2碰撞，历时为
长板从速度反向到速度减小为0，历时为
由于，所以长板的速度减小为0时，长板 的右端与滑块1相距最远，
最远距离为
联立解得
2.如图所示，光滑水平轨道上放置质量为的长板，质量为的滑块
(视为质点)置于的左端，与间的动摩擦因数为 ，在水平轨道上放着很多
个滑块(可视为质点)，滑块的质量均为 ，编号依次为1、2、3、4、…、
、….开始时长板和滑块均静止.现使滑块瞬间获得向右的初速度 ，当
、刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，
、再次刚达到共速时，长板 恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推,最
终滑块恰好没从长板上滑落.重力加速度为 ，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，
且每次碰撞时间极短，求：
(4) 长板 的长度.
[答案]
[解析] 长板 与滑块1第二次碰撞过程，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，
由(1)与(2)中可知
长板与滑块 第3次达到共速过程，由动量守恒定律得
解得
依此类推，有
长板与滑块的相对加速度始终为
第次碰后，长板与滑块 的相对速度为
相对
第次碰后，滑块在长板 上滑行的路程为
无穷次碰后，滑块在长板 上滑行的总路程为
所以木板的长度为
联立解得微专题3 动力学、动量和能量综合应用
例1 C [解析] 物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用,水平方向不受外力作用,故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;弧形槽置于光滑水平地面上,物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速,动能增大,此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功,系统机械能守恒,故物块机械能必定减少,由此推知弧形槽对物块的支持力做负功,故B错误;小物块下滑过程中,物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒,系统初始水平方向动量为零,设小物块滑到底端时弧形槽和物块的速度大小分别为vM、vm,取向左方向为正,该过程由动量守恒定律得MvM-mvm=0,故得MvM=mvm,若M>m,则vm>vM,小物块在水平面上做匀速运动,撞击弹簧前后速度等大反向,因此能追上弧形槽,故C正确;设物块再次滑上弧形槽,上升到最高点时系统水平向左的速度为v,由动量守恒定律得MvM+mvm=(M+m)v,由全过程机械能守恒得M+m=(M+m)v2+mgh',物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒有M+m=mgh,故得h'=h-v2例2 (1)6 m/s m/s (2) m/s J
[解析] (1)根据题意可知,小球从开始下落到P处的过程中,水平方向上动量守恒,则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s
(2)由于小球落在物块a正上方,并与其粘连,小球竖直方向速度变为0,小球和物块a水平方向上动量守恒,则有
mv1=v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除,此时小球和物块a的速度为v4,根据胡克定律有F=kx1
由系统机械能守恒有
=+k
解得v4=1 m/s,x1=0.3 m
固定解除之后,小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有
v4=vb
解得vb= m/s
由能量守恒定律可得,最大弹性势能为Epm=+k-(m+ma+mb)= J
例3 (1)v0 (2) (3)m
[解析] (1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度大小v0
(2)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,以向右为正方向,则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2
由机械能守恒定律有m=m+×3m
解得v1=v0=-v0
v2=v0=v0
负号表示速度方向向左,玻璃球的速度大小为
(3)根据题意结合小问(2)分析可知,玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,综上所述,玻璃球碰撞2n次后的速度大小为v=v0
则玻璃球碰撞2n次后的动能大小为Ek=mv2=m一般来说,用动量观点和能量观点比用动力学的观点解题简便,因此在解题时优先选用这两种观点;但在涉及加速度问题时就必须用动力学的观点.有些问题中用到的观点不止一个,特别像高考中的一些综合题,常用动量观点和能量观点联合求解,或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观点都采用才能求解.
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动,涉及运动细节
匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等
能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
功能关系 WG=-ΔEp等
能量守恒定律 E1=E2
动量 观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间
角度1 弹簧类与曲面类综合问题
例1 如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,一个质量为m的小物块(可视为质点)从槽上高为h处由静止释放,已知弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是 ( )
A.小物块下滑过程中,物块和弧形槽组成的系统动量守恒
B.小物块下滑过程中,弧形槽对物块的支持力不做功
C.若M>m,物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽,则物块能再次回到槽上的初始释放点
[反思感悟]
例2 [2025·山东卷] 如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向.小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定.一质量为m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中物块a,与物块a粘在一起且不弹起.当弹簧拉力达到F=15 N时,物块b解除锁定开始运动.已知物块a的质量为ma=1 kg,物块b的质量为mb= kg,方形物体的质量为M= kg,重力加速度大小g取10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式为Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力.求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm.
角度2 多次碰撞问题
例3 [2025·江苏卷] 如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个.在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞.
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek.
