专题17 力学三大观点的综合应用（解析版）

专题17 力学三大观点的综合应用 目录 TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc1050" 题型一 应用力学三大观点解决多过程问题  PAGEREF _Toc1050 1  HYPERLINK \l "_Toc20538" 题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题  PAGEREF _Toc20538 13  题型一 应用力学三大观点解决多过程问题 力学三大观点对比 【例1】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s＝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．(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点以初速度vD做平抛运动， 落到P点时vy2＝2gR① 其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°② 由①②解得vD＝4 m/s③ 设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝eq \f(1,2)gt2④ s2＝vDt⑤ 由④⑤解得s2＝1.6 m⑥ 物块B碰后以初速度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＝2as1⑦ 解得s1＝2.5 m⑧ 故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨ (2)若物块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，即物块不能到达M点． (3)对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有：mAvA＝mAvA′＋mBv0⑫ 根据机械能守恒有： eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBv02⑬ 由⑫⑬解得：vA＝6 m/s⑭ 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)mvA2，⑮ 由⑭⑮解得h＝1.8 m．⑯ 【例2】 (2021·云南省高三二模)如图所示，光滑弧形槽静置于光滑水平面上，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7 m、质量m0＝2 kg.BCD是半径R＝0.4 m的固定竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，粗糙水平面AB与光滑圆轨道在B点相切，已知A、B两点相距2 m．现将质量m＝1 kg的物块从弧形槽顶端由静止释放，物块进入粗糙水平面AB前已经与光滑弧形槽分离，并恰能通过光滑圆轨道最高点D，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物块从弧形槽滑下的最大速度大小； (2)物块在圆形轨道B点时受到的轨道的支持力大小； (3)物块与粗糙水平面AB间的动摩擦因数． 【答案】　(1)6 m/s　(2)60 N　(3)0.4 【解析】　(1)小物块到达弧形槽底端时速度最大．设小物块到达弧形槽底端时速度大小为v1，槽的速度大小为v2.小物块与弧形槽组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小物块下滑到底端时，由动量守恒定律得mv1－m0v2＝0 由机械能守恒定律得 mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)m0v22 联立解得v1＝6 m/s v2＝3 m/s (2)物块从竖直圆形光滑轨道B点运动到D点满足机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvD2＋2mgR 物块恰能通过竖直圆形光滑轨道的D点，有 mg＝meq \f(v\o\al(D2),R) 物块通过竖直圆形光滑轨道的B点，有 FN－mg＝meq \f(v\o\al(B2),R) 联立解得FN＝6mg＝60 N (3)物块经过粗糙水平面AB时，有 vB2－v12＝2as＝－2μgs 解得μ＝0.4. 【例3】(2022·湖南怀化市一模)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab倾斜、bc水平，与半径R＝0.4 m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。可视为质点的小球甲和乙静止在水平轨道上，二者中间压缩有轻质弹簧，弹簧与两小球均不拴接且被锁定。现解除对弹簧的锁定，小球甲在脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a处，小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d。已知小球甲的质量m1＝2 kg，a、b的竖直高度差h＝0.45 m，已知小球乙在c点时轨道对其弹力的大小F＝100 N，弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球乙的质量； (2)弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功Wf。 【答案】　(1)1 kg　(2)27 J　(3)8 J 【解析】　(1)对小球甲，脱离弹簧后运动到a处，由机械能守恒定律得 m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)，得v1＝3 m/s 对小球甲、乙，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0 对小球乙，在c点，由牛顿第二定律得 F－m2g＝m2eq \f(veq \o\al(2,2),R) 联立解得m2＝1 kg，v2＝6 m/s 或m2＝9 kg，v2＝eq \f(2,3) m/s 小球乙恰好过d点，由牛顿第二定律有 m2g＝m2eq \f(veq \o\al(2,d),R) 解得vd＝eq \r(gR)＝2 m/s>eq \f(2,3) m/s 由题意知vd＜v2 所以小球乙的质量m2＝1 kg。 (2)由能量守恒定律有 Ep＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 解得弹簧被锁定时具有的弹性势能 Ep＝27 J。 (3)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，设克服摩擦力所做的功为Wf由动能定理有 －2m2gR－Wf＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,d)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 解得Wf＝8 J。 【例4】(2022·山东济南市模拟)如图所示，两足够长直轨道间距d＝1.6 m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2 kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R＝ 1 m 的半圆，圆心分别为O、O′。有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5 kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5 m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)滑板P与轨道间的动摩擦因数μ2； (2)O′O的长度L； (3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。 【答案】　(1)0.45　(2)2.25 m　(3)2 J 【解析】　(1)对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图甲和乙所示 由几何关系可得sin α＝eq \f(\f(d,2),R)＝0.8 解得α＝53° 由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mgcos θ＝2FN′cos α Mgsin θ＝2μ2FN′ 联立解得μ2＝0.45。 (2)第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒 mv0＝(m＋M)v1 设滑块相对滑板的位移OO′为L，由系统的动能定理得 mgLsin θ－μ1mgLcos θ＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 联立方程解得L＝2.25 m。 (3)第四个小滑块从滑上滑板到与滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有 4mv0＝(4m＋M)v4 第五个小滑块从滑上滑板到与滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有 5mv0＝(5m＋M)v5 设第五个滑块相对滑板的位移OO′为L5，由系统的动能定理，得 mgL5sin θ－μ1mgL5cos θ＝eq \f(1,2)(5m＋M)veq \o\al(2,5)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(4m＋M)veq \o\al(2,4) 则由于摩擦产生的热量 Q＝μ1mgL5cos θ＝2 J。 【例5】如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q(两小球均可视为质点)，两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向左和水平向右的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点．已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g.求： (1)半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h； (2)小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力大小； (3)火药释放的能量E. 【答案】　(1)2.5R　(2)eq \f(14,5)mg　(3)3mgR 【解析】　(1)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，有mQg＝mQeq \f(v\o\al(A2),R) 解得vA＝eq \r(gR) 小球Q从A点水平抛出后落在C点过程，由平抛运动规律有2R＋h＝eq \f(1,2)gt12 3R＝vAt1 联立解得h＝2.5R (2)小球P从B点做平抛运动，落在水平地面上的C点，有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al()22 3R＝vBt2 解得vB＝eq \r(\f(9gR,5)) 小球P在最低点FN－mPg＝mPeq \f(v\o\al(B2),R) 由牛顿第三定律，对半圆轨道最低点的压力大小FN′＝FN＝eq \f(14,5)mg. (3)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，对此过程，由动能定理有－mQg2R＝eq \f(1,2)mQvA2－eq \f(1,2)mQvQ2 解得vQ＝eq \r(5gR) P、Q爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mPvB＝mQvQ 由能量守恒定律可得80%E＝eq \f(1,2)mPvB2＋eq \f(1,2)mQvQ2 联立解得E＝3mgR. 【例6】如图，MP为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙．MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C，P端右侧竖直平面内固定一光滑的eq \f(1,4)圆弧轨道PQ，圆弧轨道与水平面相切于P点．两小球A、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球A、B瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端Q点竖直飞出，飞出后离Q点的最大高度为L，B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为eq \f(L,4).已知A、B两球的质量均为m，NP段的长度和圆弧的半径均为L，A球与NP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，A、B分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触． (1)求小球A第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小； (2)求斜面体C的质量； (3)试判断A、B球能否再次相遇． 【答案】　(1)5mg　(2)eq \f(1,9)m　(3)不能 【解析】　(1)设小球A经过P点的速度为vP，从P点运动到最高点的过程中 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvP2＝mg·2L 设A在P点受到圆形轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\o\al(P2),L) 联立解得FN＝5mg 据牛顿第三定律可知，A对圆形轨道的压力大小为5mg. (2)设刚分离时A的速度为v1，A从分离时到运动至P点的过程中，据动能定理可得－μmgL＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv12 设刚分离时B的速度为v2，取向左为正方向，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得mv1＝mv2 设斜面体C的质量为mC，B在C上达到最大高度时，B与C共速，设此时两者速度为v3，B从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得mv2＝(m＋mC)v3 据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋mC)v32＋mg·eq \f(L,4) 联立解得mC＝eq \f(1,9)m (3)设A下滑后向左通过PN后的速度为v4，在A从最高点下滑向左通过PN的过程中，据动能定理可得mg2L－μmgL＝eq \f(1,2)mv42 解得v4＝eq \r(3gL) 设B从C上滑回地面时B的速度为v5，C的速度为v6，从B球开始滑上C到再滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mv2＝mv5＋mCv6 eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv52＋eq \f(1,2)mCv62 联立解得v5＝eq \f(4,5)eq \r(5gL)，v6＝eq \f(9,5)eq \r(5gL) 由于v4xB，所以会发生第二次碰撞． 【例8】.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R＝eq \f(2,π) m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A滑块一瞬时冲量，使其获得v0＝2eq \r(10) m/s的初速度并沿铁槽运动，与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2；试求： (1)A、B第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm； (2)A滑块运动的总路程． 【答案】　见解析 【解析】　(1)对A滑块，由动能定理可得： －μmgeq \f(2πR,4)＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02 A、B碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得： mv1＝(m＋m)v2 又由能量守恒定律可得： eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)(m＋m)v22＋Epm 解得：Epm＝1.8 J (2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4 又由机械能守恒定律可得： eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)mv42 解得：v3＝0，v4＝6 m/s A、B的总路程为s1，由功能关系有：－μmgs1＝0－eq \f(1,2)mv02 A、B运动的总圈数为n，有：s1＝2πRn 得：n＝2.5 对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈， 故A滑块的路程s2＝1.25×2πR＝5 m. 【例9】如图所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L＝3.2 m．OM与半径R＝0.15 m的竖直半圆轨道MN平滑连接．小物块A自O点以v0＝14 m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止．A、B均看作质点．已知A的质量mA＝1.0 kg，B的质量mB＝2.0 kg，A、B与轨道PM的动摩擦因数均为μ＝0.25，g取10 m/s2，求： (1)碰后A、B的速度大小； (2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间； (3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能． 【答案】　(1) 4 m/s　5 m/s　(2) 0.8 s　(3) 1.5 J 【解析】　(1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a， a＝eq \f(μmAg,mA)＝eq \f(μmBg,mB)＝μg 代入数据得：a＝2.5 m/s2 由运动学知识，对A，v12＝2aL 得碰后速度v1＝4 m/s A、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAv0＝mAv1＋mBv2 得碰后B的速度v2＝5 m/s (2)对B物块，P到M的运动过程，有： L＝v2t－eq \f(1,2)at2 结合(1)可解得：t1＝3.2 s(不符合，舍去) t2＝0.8 s 即所求时间t＝0.8 s (3)B在M点的速度大小v3＝v2－at 代入数值解得：v3＝3 m/s B恰好过N点，满足：eq \f(mBv42,R)＝mBg M到N过程，由功能关系可得 ΔE＝eq \f(1,2)mBv32－eq \f(1,2)mBv42－2mBgR 联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J. 【例10】(2021·宁夏银川一中高三模拟)质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg的两弹性小球(可看作质点)放在质量M＝0.4 kg、内部长度L＝2 m且内表面光滑的U形槽内，U形槽静止在水平面上，且与水平面间的动摩擦因数μ＝eq \f(4,35)，开始时两球间夹有一压缩的弹簧(弹簧未与两球连接、长度忽略)，球和弹簧共储存能量E＝1.2 J，静止在U形槽中央，如图4所示．假设所有碰撞时间极短，且碰撞过程中没有能量损失，释放两球(然后弹簧被取出)，已知eq \r(274)≈16.5，g取10 m/s2，求： (1)两球分离时的速度大小； (2)m1与U形槽首次碰撞后瞬间，m1与U形槽的速度大小； (3)释放弹簧后，m2经多长时间与U形槽发生碰撞． 【答案】　(1)4 m/s　2 m/s　(2)2.4 m/s　1.6 m/s　(3)0.4 s 【解析】　(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 0＝m1v1－m2v2 E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22 联立解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s (2)取向左为正方向，碰撞过程m1与M组成的系统动量和机械能守恒，可得 m1v1＝m1v1′＋Mv3 eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)Mv32 得v1′＝－2.4 m/s，负号表示方向向右 v3＝1.6 m/s (3)两球分离后各自做匀速运动，U形槽不动；m1经时间t1先与U形槽碰撞，t1＝eq \f(\f(L,2),v1)＝0.25 s 此时m2运动的距离x1＝v2t1＝0.5 m 所以m1与U形槽碰撞时，m2与U形槽右侧边缘的距离为0.5 m U形槽与m1碰撞后，m2仍以2 m/s的初速度向右运动，U形槽以1.6 m/s的初速度向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有 μ(M＋m1＋m2)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 假设U形槽一直做匀减速运动，则 t＝eq \f(v3,a)＝0.8 s后停止运动 由t>0.25 s可知m2与U形槽碰撞发生在槽停止运动前，则有v2t2＋v3t2－eq \f(1,2)at22＝0.5 m 解得t2≈0.15 s(t2≈3.45 s舍去) 则从释放弹簧到m2与U形槽发生碰撞需要的时间 t＝t1＋t2＝0.4 s. 题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题． 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化． 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)． 【例1】如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v0＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求： (1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何； (2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小； (3)c能上升的最大高度． 【答案】　(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右　(2)4 m/s　(3)0.2 m 【解析】　(1)对滑块，由牛顿第二定律得： a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左 对平板车，由牛顿第二定律得：a2＝eq \f(F＋μmg,M)＝eq \f(6＋0.3×20,3) m/s2＝4 m/s2，方向水平向右 (2)设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1 则：v1＝v0－a1t1 v1＝a2t1 解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s. (3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得，mv1＝2mv2， 解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/s. 根据机械能守恒得，eq \f(1,2)×2mv22＝2mgh， 解得h＝eq \f(v22,2g)＝eq \f(4,20) m＝0.2 m. 【例2】(2022·河南南阳市高三期末)如图所示，水平面上有一长为L＝14.25 m的凹槽，长为l＝eq \f(33,4) m、质量为M＝2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐．水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m＝4 kg的小物块接触但不连接．用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W＝72 J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦不计，g取10 m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计．求： (1)小物块刚滑上平板车时的速度大小； (2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小； (3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离． 【答案】　(1)6 m/s　(2)4 m/s　(3)eq \f(35,18) m 【解析】　(1)由题知W＝eq \f(1,2)mv02 ，解得v0＝6 m/s (2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1 设物块在平板车上滑动的距离为l1，对此过程由动能定理得：μmgl1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12 解得v1＝4 m/s，l1＝3 m 设达到共速v1时平板车的位移为x1，有μmgx1＝eq \f(1,2)Mv12－0 解得x1＝2 m，l＋x1＝eq \f(41,4) ml＝eq \f(33,4) m 所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速． 设平板车向左速度减小到0时位移为x2 －μmgx2＝0－eq \f(1,2)Mv12 解得x2＝2 m l＋x2＝eq \f(41,4) mm1gsin θ 故开始时木板静止不动． 物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，由动能定理有m2gL2sin θ＝eq \f(1,2)m2v02 碰撞前物块速度v0＝3 m/s，碰撞后物块与木板整体速度设为v′，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′ 损失的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2 解得ΔE＝3 J. (3)设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则 (m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a1 (m1＋m2)gsin θ＋μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a2 a1＝2 m/s2，a2＝10 m/s2 木板与物块粘合后一起加速下滑 v12－v′2＝2a1L1 第一次撞击后木板上滑的距离 (eq \f(v1,2))2＝2a2s1 解得s1＝0.2 m 第二次撞击木板时速度v2，则 v22＝2a1s1 第二次撞击后木板上滑的距离(eq \f(v2,2))2＝2a2s2 s2＝0.01 m 物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程 s总＝L1＋2s1＋s2＝3.41 m. 【例5】(2022·福建厦门市一模)如图所示，一质量m1＝0.1 kg的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量m2＝0.3 kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R＝0.5 m的半圆弧轨道(直径CD竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小FN＝84 N．木板质量M＝0.4 kg、长度L＝6 m，上表面与半圆弧轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与平台相碰后瞬间静止．已知两物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)两物块经过D点时的速度大小vD； (2)释放物块前弹簧的弹性势能Ep和碰撞过程中损失的能量E； (3)物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系． 【答案】　(1)10 m/s　(2)64 J　48 J　(3)见解析 【解析】　(1)两物块经过D点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有 FN－(m1＋m2)g＝eq \f(m1＋m2v\o\al(D2),R)， 得vD＝10 m/s (2)两物块由C点运动到D点，由动能定理有 2(m1＋m2)gR＝eq \f(1,2)(m1＋m2)vD2－eq \f(1,2)(m1＋m2)vC2 解得vC＝4eq \r(5) m/s 两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有 (m1＋m2)vC＝m1v0，得v0＝16eq \r(5) m/s 弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有 Ep＝eq \f(1,2)m1v02＝64 J 碰撞过程中损失的能量 E＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)vC2 得E＝48 J (3)若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得 (m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共 得v共＝5 m/s 对两物块，由动能定理有 －μ(m1＋m2)gx＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2－eq \f(1,2)(m1＋m2)vD2 解得x＝7.5 m 对木板有μ(m1＋m2)gx′＝eq \f(1,2)Mv共2，得x′＝2.5 m 由于L＋x′>x，所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若s≥x′＝2.5 m，说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有 Ek＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2－μ(m1＋m2)g(L＋x′－x)＝3 J 若ss且s>x，故假设成立，所以整个运动过程中系统产生的热量为Q＝μmg(L＋x＋s)＝2.8 J. 【例8】(2022·山西运城市高三一模)如图所示，半径R＝1.6 m的光滑四分之一圆轨道放在光滑水平地面上，其左侧紧靠竖直墙壁、底端切线水平．长木板Q的左端紧靠圆轨道(但不拴连)，且上表面与圆轨道末端相切，长木板上放一个轻弹簧，轻弹簧右端被固定在木板的右端，长木板最左端放一物块P.现从高于圆轨道顶端H＝11.2 m的位置无初速度释放一个质量m0＝1.0 kg的小球，小球无碰撞进入圆轨道，经过圆轨道后与物块P发生碰撞．碰后小球返回到圆轨道的最高点时被锁定，小球被锁定的位置和圆轨道圆心的连线与竖直方向夹角θ＝60°.物块P被碰后沿长木板上表面向右滑动，随后开始压缩弹簧，已知最后物块P刚好返回到长木板Q的最左端．小球和物块P都可以视为质点，物块P与木板Q的质量分别为mP和mQ，mP＝mQ＝2 kg，g取＝10 m/s2.求： (1)小球在圆轨道上下滑的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I的大小； (2)小球与物块P发生的碰撞中损失的机械能； (3)整个过程中轻弹簧的最大弹性势能． 【答案】　(1)16 kg·m/s　(2)20 J　(3)25 J 【解析】　(1)根据机械能守恒定律m0g(H＋R)＝eq \f(1,2)m0v02 解得v0＝16 m/s 根据动量定理，轨道对小球的水平冲量I′＝m0v0 解得I′＝16 kg·m·s－1 依据牛顿第三定律，小球在圆轨道上下滑的整个运动过程中，对轨道的水平冲量I的大小为16 kg·m/s (2)小球和物块P碰撞的过程中，根据动量守恒定律，规定向右为正方向，即有 m0v0＝－m0v＋mPvP 以小球为研究对象，根据机械能守恒定律， eq \f(1,2)m0v2＝m0gR(1－cos θ) 解得v＝4 m/s，vP＝10 m/s 碰撞中损失的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)m0v2－eq \f(1,2)mPvP2 解得ΔE＝20 J (3)由动量守恒定律可以判断弹簧压缩到最短时和物块P再次回到木板Q的最左端时，物块P和木板Q的共同速度是相等的，设为v2，由动量守恒定律得： mPvP＝(mP＋mQ)v2 设整个过程因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得：Q＝eq \f(1,2)mPvP2－eq \f(1,2)(mP＋mQ)v22 可以判断从物块P开始运动到弹簧压缩到最短的过程中摩擦产生的热量和弹簧从最短到物块P刚好回到木板Q最左端过程中摩擦产生的热量相等且为eq \f(Q,2)，设弹簧的最大弹性势能为Epm，从物块P开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒定律得 Epm＋eq \f(Q,2)＝eq \f(1,2)mPvP2－eq \f(1,2)(mP＋mQ)v22 解得Epm＝25 J. 【例9】.(2022·广东汕头市模拟)长度L＝0.90 m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板.接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上.已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g取10 m/s2，求： (1)木板开始时的初速度v0的大小； (2)最后两物块之间的距离. 【答案】　(1)3 m/s　(2)0.66 m 【解析】　(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1；由功能关系可得 μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv12 联立解得v0＝3 m/s. (2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止.设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB. 根据牛顿第二定律得μmg＝maA， μ·3mg－μmg＝ma， μ·3mg＝3maB， 可得a＝5 m/s2>aA＝2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对木板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1， 解得t1＝0.2 s， B的位移为xB＝eq \f(1,2)aBt12； 此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋m＋3m)v3， 解得v3＝0.6 m/s； A在t1＋t2时间内一直保持匀减速运动，有 v3＝v1－aA(t1＋t2) 解得t2＝0.16 s； 在t2时间内B的位移为xB′＝eq \f(v2＋v3,2)t2， 而A在t1＋t2时间内的位移为xA＝eq \f(v1＋v3,2)(t1＋t2)； 最后两物块之间的距离s＝L＋(xB′＋xB)－xA， 解得s＝0.66 m. 10.(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，足够长的光滑水平面上有一水平轻质弹簧在其左侧固定，弹簧右端连接质量m＝1 kg的小物块A，弹簧压缩后被锁定.传送带长l＝1 m，以v＝2 m/s的速度逆时针转动，它与水平面等高，并能平滑对接，传送带右侧与光滑的曲面平滑连接.质量M＝2 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放，经过一段时间后与物块A碰撞.设物块A、B之间发生的是对心碰撞，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除.B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，两物块均可视为质点. (1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平面h′＝0.65 m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小； (3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小. 【答案】　见解析 【解析】　(1)若B在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，B从最高点运动到传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh－μMgl＝eq \f(1,2)Mv1前2－0 代入数据解得v1前＝4 m/s>2 m/s，所以物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s，两物块碰撞过程系统动量守恒，设B与A碰撞后瞬间共同速度为v1后，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv1前＝(m＋M)v1后 代入数据可解得v1后＝eq \f(8,3) m/s，物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)Mv1前2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2 联立代入数据可解得ΔE＝eq \f(16,3) J (2)当弹簧恢复原长时A、B分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离，对B从离开弹簧到运动至h′高度处过程，由动能定理得－μMgl－Mgh′＝0－eq \f(1,2)Mv1离2 对A、B及弹簧系统，由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置，由能量守恒定律得 Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v1离2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2 代入数据解得弹簧被锁定时弹性势能的大小 Ep＝eq \f(89,6) J (3)若B从h′处下落后在传送带上能够一直减速，B在运动至传送带左端过程中，由动能定理得 Mgh′－μMgl＝eq \f(1,2)Mv2前2－0 解得v2前＝3 m/s>2 m/s，故物块B与物块A第二次碰前的速度大小v2前＝3 m/s B与A第二次碰撞过程中对A、B组成的系统有 Mv2前＝(m＋M)v2后 代入数据解得v2后＝3×eq \f(2,3) m/s＝2 m/s B向右再次冲到传送带上，若能在其上速度变为0，设其通过的位移为x，由动能定理有 －μMgx＝0－eq \f(1,2)Mv2后2 代入数据解得x＝1 m，故B第三次与A相撞时的速度仍为v3前＝2 m/s， 再由Mv3前＝(m＋M)v3后 解得v3后＝3×(eq \f(2,3))2 m/s 推理可知B与A第n次碰撞后速度大小的表达式为 vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s 根据以上分析可知，物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小为 vn后＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(8,3) m/sn＝1,3×\f(2,3)n－1 m/sn＝2、3、4…))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，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋at x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及到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