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第38课时　动量和能量的综合问题　[重难突破课]
着眼“四翼”·探考点
题型　力学三大观点的综合应用
　　
动力学观点 （1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 （2）凡涉及瞬时状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点
动量观点 （1）对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 （2）对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解
能量观点 （1）对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 （2）如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解
（2025·浙江1月选考16题）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，滑上螺旋轨道。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段与滑块3的动摩擦因数μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
（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恰好能通过螺旋轨道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。
尝试解题
　（2025·浙江6月选考17题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36 m，L＝1.6 m，v0＝5 m/s，m＝0.2 kg，M＝1.8 kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。g取10 m/s2，求物块：
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开半圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
（2024·浙江1月选考18题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其他轨道均光滑，小物块视为质点，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，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
（2）若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块a不脱离滑块b。
尝试解题
　（2024·浙江6月选考18题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。第38课时　动量和能量的综合问题　[重难突破课]
着眼“四翼”·探考点
题型　力学三大观点的综合应用
　
动力学观点 （1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 （2）凡涉及瞬时状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点
动量观点 （1）对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 （2）对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解
能量观点 （1）对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 （2）如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解
（2025·浙江1月选考16题）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，滑上螺旋轨道。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段与滑块3的动摩擦因数μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
（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恰好能通过螺旋轨道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。
答案：（1）2 m/s　（2）2 m　（3）2.5 m或2 m
解析：（1）当h＝0.8 m时，对滑块1从静止滑下至到达C点，由动能定理有mgh＝m
解得滑块1与滑块2碰前瞬间的速度大小为v0＝4 m/s
滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有
mv0＝2mvC
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s。
（2）当滑块3恰能通过螺旋轨道CDC'时，滑块3运动到D点，由牛顿第二定律有2mg＝2m
解得滑块3运动至D点的速度大小为vD＝ m/s
滑块3从C点运动到D点，由机械能守恒定律有
×2mvC'2＝2mg·2R＋×2m
解得滑块1与滑块2碰撞后瞬间的速度大小vC'＝ m/s
滑块1由静止滑下到运动至C点，由动能定理得mgh＝mv0'2，滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律得mv0'＝2mvC'
联立解得h＝2 m。
（3）滑块3从C'点运动到F点的过程，由动能定理有
－2mgLsin 37°－μ·2mgLcos 37°＝×2m－×2mvC″2
若滑块3直接落入I点的洞中，滑块3从F点到I点过程，竖直方向vFsin 37°＝g·
水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vFt1cos 37°
结合mgh1＝mv0″2，mv0″＝2mvC″
联立解得h1＝2.5 m＞2 m
若滑块3经一次反弹落入I点的洞中，则滑块3从F点运动到I点的时间为t2＝＋
水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vF't2cos 37°
联立解得vF'＝ m/s
则F点距反弹点的距离为x＝vF'cos 37°·＝0.48 m
又LFG＜x＜LFH，则反弹点位于G、H两点之间
结合mgh2＝mv0 2，mv0 ＝2mvC
又－2mgLsin 37°－μ·2mgLcos 37°＝×2mvF'2－×2mvC 2
联立解得h2＝2 m
由上述分析可知，滑块反弹次数越多，h越小，则若滑块3经历两次反弹落入I点的洞中时，h3＜h2＝2 m，结合（2）问分析可知滑块3无法经过螺旋轨道的最高点D，滑块3无法落入I点的洞中
综上所述，游戏成功的高度h＝2.5 m或2 m。
　（2025·浙江6月选考17题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36 m，L＝1.6 m，v0＝5 m/s，m＝0.2 kg，M＝1.8 kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。g取10 m/s2，求物块：
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开半圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
答案：（1）4 m/s　（2）0.9 J　（3）0.2 m　（4）3 N
解析：（1）物块在斜面上下滑，根据动能定理有mgLsin 30°＝m－0
解得vB＝4 m/s。
（2）由于vB＜v0，物块滑上传送带将加速，根据牛顿第二定律a＝
解得a＝2.5 m/s2
加速到和传送带共速，根据匀加速直线运动公式
v0＝vB＋at
解得t＝0.4 s
这一阶段物块位移x1＝vBt＋at2
解得x1＝1.8 m
之后传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力，因此所求W＝μmg·x1
解得W＝0.9 J。
（3）滑动过程中传送带位移x2＝v0t
解得x2＝2 m
在传送带上滑动过程中产生的滑动长度
Δx＝x2－x1＝2 m－1.8 m＝0.2 m。
（4）物块和半圆弧轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，假设物块能运动到最高点，以水平向右为正方向，则有
mv0＝mv1＋Mv2
根据能量守恒，则有
m＝m＋M＋mg·2R
联立解得v1＝－2.2 m/s，v2＝0.8 m/s
或v1＝3.2 m/s，v2＝0.2 m/s（该组解轨道速度比物块速度小，不符合实际，舍去）
在最高点，相对速度大小为v＝｜v1－v2｜
解得v＝3 m/s＞＝ m/s＝ m/s
假设成立，
在最高点，由牛顿第二定律知
mg＋FN＝m
解得物块受到轨道的压力FN＝3 N。
（2024·浙江1月选考18题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其他轨道均光滑，小物块视为质点，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，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
（2）若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块a不脱离滑块b。
答案：（1）①16 m/s2　②2 m　③1∶2　（2）0.2 m
解析：（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝m
第一次经过C点的向心加速度大小为a＝＝＝16 m/s2；
②物块a从A到D，根据动能定理得mg[h－R（1－cos θ）]＝m，代入数据解得vD＝2 m/s。
设物块a在DE上上滑的最大高度为h1，根据动能定理得
－mgh1－μ1mgcos θ×＝－m，
代入数据解得h1＝0.45 m＜hDE＝Lsin θ＝0.75 m，因此物块a未滑出轨道DE；
小物块a在DE上时，因为μ2mgcos θ＜mgsin θ
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有mg[h－R（1－cos θ）]＝（μ1mgcos θ＋μ2mgcos θ）
解得s＝2 m；
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上＝gsin θ＋μ1gcos θ＝8 m/s2
a下＝gsin θ－μ2gcos θ＝2 m/s2
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
a上＝a下
解得＝。
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有m＝mg[h－Lsin θ－2R（1－cos θ）]－μ1mgLcos θ
解得vF＝2 m/s
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvF＝2mv
m＝×2mv2＋2μ1mgl
解得l＝0.2 m。
　（2024·浙江6月选考18题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
答案：（1）5 m/s　（2）0.625 J　（3）6 m/s
解析：（1）由动能定理得－mg·2R＝m－m
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝m
解得v0＝＝5 m/s。
（2）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
根据能量守恒守律得ΔE＝m－（m＋M）v2
代入数据解得系统损耗的机械能ΔE＝0.625 J。
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，此时滑块离开弹簧时的速度最大
滑块的加速度大小am满足μ1mg＝mam
解得am＝6 m/s2
平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4 m/s2
作出v-t图像，如图所示
由v-t图像可知t1－t1＝L
v1＝aMt1＝vm－amt1
联立解得vm＝6 m/s。
　
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