2022年高考物理一輪-動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE15.5動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用必備知識清單1．力學(xué)三大觀點對比力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式動力學(xué)觀點牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′2.選用原則(1)當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉及時間與運動細(xì)節(jié)時，一般選用動力學(xué)方法解題．(2)當(dāng)涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解．(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解．命題點精析（一）動力學(xué)方法和動能定理的應(yīng)用典型例題例1已知彈簧所儲存的彈性勢能與其形變量的平方成正比．如圖1所示，一輕彈簧左端固定在粗糙的水平軌道M點的豎直擋板上，彈簧處于自然狀態(tài)時右端位于O點，軌道的MN段與豎直光滑半圓軌道相切于N點．ON長為L＝1.9m，半圓軌道半徑R＝0.6m，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小物塊放于O點并用力緩慢向左壓縮x時釋放，小物塊剛好能到達(dá)N點；若向左緩慢壓縮2x時釋放，小物塊剛好能通過B點，小物塊與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.重力加速度g取10m/s2.小物塊看成質(zhì)點，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，求：(結(jié)果可用根號表示)(1)小物塊剛好能通過B點時的速度大小；(2)彈簧的壓縮量x.【答案】(1)eq\r(6)m/s(2)0.15m【解析】(1)設(shè)小物塊剛好通過B點時速度大小為v，只有重力充當(dāng)向心力，mg＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(6)m/s(2)壓縮x時，彈簧的彈性勢能Ep1＝kx2，k為比例系數(shù)滑動摩擦力Ff＝μFN而FN＝mg由能量守恒得Ep1－Ff·(x＋L)＝0,壓縮2x時，彈簧的彈性勢能Ep2＝k(2x)2由能量守恒Ep2－Ff·(2x＋L)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得x＝0.15m.練1如圖所示，質(zhì)量M＝0.2kg、長L＝1m的長木板放在地面上，質(zhì)量m＝0.8kg的小滑塊在長木板左端，豎直嵌有四分之三光滑圓弧軌道的底座固定在地面上，圓弧軌道最低點P的切線水平且與長木板上表面相平，長木板右端與底座左端相距x＝1m。現(xiàn)用水平向右的外力F＝6N作用在小滑塊上，小滑塊到達(dá)P點后撤去外力F，小滑塊沿著圓弧軌道運動。長木板與底座相碰時，立即粘在底座上。已知滑塊與長木板、長木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g取10m/s2，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)在長木板與底座相碰前，試判斷長木板與小滑塊是否發(fā)生相對滑動，并求出長木板和小滑塊加速度的大小。(2)求小滑塊到達(dá)P點時速度的大小。(3)若要使小滑塊沿圓弧軌道上滑過程中不脫離軌道，豎直圓弧軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)不發(fā)生相對滑動均為4.5m/s2(2)4m/s(3)0＜R≤0.32m或R≥0.8m【解析】(1)在長木板與底座相碰前，假設(shè)M與m相對靜止，一起加速，設(shè)加速度為a，小滑塊與長木板間靜摩擦力為f1，則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)aF－f1＝ma解得a＝4.5m/s2，f1＝2.4N即f1＜μ1mg＝3.2N，假設(shè)成立，長木板和小滑塊不發(fā)生相對滑動；(2)設(shè)長木板撞擊底座時，長木板和小滑塊共同速度為v1，之后，小滑塊在長木板上運動，設(shè)加速度為a1，到達(dá)P點的速度為v2，則veq\o\al(2,1)＝2axF－μ1mg＝ma1veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a1L解得v2＝4m/s；(3)情況一：小滑塊滑上軌道從圓弧軌道的Q點離開，即能夠到達(dá)圓弧軌道最高點，設(shè)圓弧軌道半徑最大為Rm，小滑塊在最高點的速度大小為vm，則mg＝eq\f(mveq\o\al(2,m),Rm)從P到最高點，由動能定理得－2mgRm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得Rm＝0.32m。情況二：小球上滑至與圓心等高處時，速度減為零，然后滑回最低點。則由動能定理有－mgR＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得R＝0.8m故要使小滑塊不脫離軌道，豎直圓周軌道半徑應(yīng)該滿足0＜R≤0.32m或R≥0.8m。練2如圖所示，半徑均為R的四分之一光滑圓弧軌道AB、BC在B處平滑連接構(gòu)成軌道ABC，其中AB為細(xì)管道。軌道ABC豎直放置，且固定在水平臺階CE上，圓心連線O1O2水平，臺階距離水平地面的高度為R，質(zhì)量為m的小球靜置于水平管口A點，若小球受微小擾動，從靜止開始沿軌道ABC運動，已知小球直徑略小于管道內(nèi)徑，重力加速度為g。(1)小球通過C點時，求軌道對小球的彈力大小FC；(2)小球從C點飛出落到地面上，求落地點(圖中未畫出)到C點的距離s；(3)某同學(xué)將該小球從地面上的D點斜向右上方拋出，小球恰好從C點水平飛入軌道，已知水平距離DO＝2R，求小球沿軌道上滑到最高點時離地面的高度h?！敬鸢浮?1)5mg(2)3R(3)2R【解析】(1)由A到C，由機械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點，根據(jù)牛頓第二定律可得FC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FC＝5mg；(2)小球從C點飛出做平拋運動，水平方向有x＝vCt豎直方向有R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2eq\r(2)R落地點到C點的距離s＝eq\r(R2＋x2)＝3R；(3)小球從D到C的過程可以看作由C到D的平拋運動，設(shè)小球到達(dá)C點的速度大小為vC′，則有2R＝vC′t′R＝eq\f(1,2)gt′2，解得vC′＝eq\r(2gR)設(shè)小球從C點上滑的最大高度為h′，對小球上滑到最高點的過程，根據(jù)動能定理可得mgh′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)，解得h′＝R所以h＝h′＋R＝2R。命題點精析（二）動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用例2如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，O為圓心，OC豎直，OA水平，B為圓弧的最低點，B點緊靠一足夠長的平臺MN。D點位于A點正上方?，F(xiàn)從D點無初速度釋放一個可視為質(zhì)點的小球，在A點進入圓弧軌道，從C點飛出后做平拋運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。(1)通過計算說明小球能否重新落回到軌道內(nèi)側(cè)；(2)若DA之間的高度差為3R，求小球落地點P到B點的距離L。【答案】(1)小球不能重新落回到軌道內(nèi)側(cè)(2)4R【解析】(1)設(shè)小球在C點的最小速度為v0，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)設(shè)小球下降高度R所用時間為t1，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)在時間t1內(nèi)的水平位移x＝v0t1，解得x＝eq\r(2)R＞R所以小球不能重新落回到軌道內(nèi)側(cè)。(2)設(shè)小球到達(dá)C點的速度大小為vC，對小球從D點到C點的過程，由動能定理有mg(3R－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球從C點飛出后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間落到P點豎直方向2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)水平方向L＝vCt2解得L＝4R。練3如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。練4跳臺滑雪是冬奧會的比賽項目之一，一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖如圖所示。助滑坡由AB和BC組成，AB為斜坡，BC為R＝10m的圓弧面，二者相切于B點，與水平面相切于C點，AC間的豎直高度差h1＝40m，CD為豎直跳臺。運動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為80kg，從A點由靜止滑下，通過C點水平飛出，飛行一段時間落到著陸坡DE上的E點。運動員運動到C點時的速度是20m/s，CE間水平方向的距離x＝40m。不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)運動員從A點滑到C點過程中阻力做的功；(2)運動員到達(dá)C點時對滑道的壓力大小；(3)運動員落到E點時的瞬時速度大小?！敬鸢浮?1)－16000J(2)4000N(3)20eq\r(2)m/s【解析】(1)運動員從A點滑到C點過程中，由動能定理可得mgh1＋Wf＝eq\f(1,2)mv2解得Wf＝－16000J；(2)在C點由牛頓第二定律可得N－mg＝meq\f(v2,r)代入數(shù)據(jù)解得N＝4000N由牛頓第三定律可得壓力等于支持力，即N′＝4000N；(3)運動員過C點做平拋運動，在水平方向由x＝vt可得運動員下落時間t＝2s在豎直方向做自由落體運動，運動員豎直方向速度vy＝gt＝20m/s由運動合成得運動員落到E點時的瞬時速度大小vE＝eq\r(v2＋veq\o\al(2,y))＝20eq\r(2)m/s。命題點精析（三）應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決板—塊模型問題1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點解題．2．滑塊與木板達(dá)到相同速度時應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化．3．應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的對地位移和它們的相對位移．用運動學(xué)公式或動能定理列式時位移指對地位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)．例3如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大?。敬鸢浮?m/s【解析】因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s.練5如圖甲所示，質(zhì)量為m＝0.3kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.1kg、長度L＝0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上向右運動，一段時間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞．以碰撞瞬間為計時起點，取水平向右為正方向，碰后0.5s內(nèi)B的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A與B間的動摩擦因數(shù)μ；(2)A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔；(3)A與P碰撞幾次，B與A分離．【答案】(1)0.1(2)0.75s(3)2次【解析】(1)碰后A向左減速，B向右減速，由題圖乙得：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2由牛頓第二定律有μmg＝maB解得μ＝0.1(2)碰后B向右減速，A向左減速到0后，向右加速，最后與B共速，對A、B由動量守恒定律可得：mv0－Mv0＝(M＋m)v1解得：v1＝0.5m/s此過程，對B由動量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1解得：t1＝0.5s對A由動能定理有：－μmgxA＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：xA＝0.125m此后A、B一起向右勻速運動的時間為：t2＝eq\f(xA,v1)＝0.25s所以一共用為0.75s(3)A第1次與擋板P碰撞后到共速的過程中，對整個系統(tǒng)，由能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相對1解得x相對1＝0.5m假設(shè)第3次碰撞前，A與B不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2由能量守恒有：eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv12＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相對2解得：x相對2＝0.125m由于x相對＝x相對1＋x相對2>L，所以A與P碰撞2次，B與A分離．練6如圖所示，質(zhì)量為M的水平木板靜止在光滑的水平地面上，左端放一質(zhì)量為m的鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個水平向右的瞬時沖量使其以初速度v0開始運動，并與固定在木板另一端的彈簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度為g)(1)求整個過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功．(2)若鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則鐵塊相對木板的最大位移是多少？(3)系統(tǒng)的最大彈性勢能是多少？【答案】(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)eq\f(Mv02,4μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,4M＋m)【解析】設(shè)彈簧被壓縮至最短時，共同速度為v1，此時彈性勢能最大，設(shè)為Ep，鐵塊回到木板左端時，共同速度為v2，則由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①mv0＝(M＋m)v2②(1)整個過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22③聯(lián)立②③解得Wf＝eq\f(Mmv02,2M＋m)④(2)系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝2μmgL⑤聯(lián)立④⑤解得L＝eq\f(Mv02,4μgM＋m)⑥(3)根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)Wf＋Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12⑦聯(lián)立①④⑦解得Ep＝eq\f(Mmv02,4M＋m)⑧例4如圖7所示，長木板B的質(zhì)量為m2＝1.0kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端．一個質(zhì)量為m1＝0.5kg的物塊A從距離長木板B左側(cè)l＝9.5m處，以初速度v0＝10m/s向著長木板運動．一段時間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上．已知物塊A及長木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，求：圖7(1)A、B碰后瞬間物塊A和長木板B的速度；(2)長木板B的最小長度；(3)物塊A離長木板左側(cè)的最終距離．【答案】(1)3m/s，方向向左6m/s，方向向右(2)3m(3)10.5m【解析】(1)設(shè)物塊A與木板B碰前瞬間的速度為v，由動能定理得－μ1m1gl＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v02解得v＝eq\r(v02－2μ1gl)＝9m/sA與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s碰后瞬間物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長木板B的速度大小為6m/s、方向向右；(2)碰撞后B做減速運動，C做加速運動，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運動定律，對木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1對物塊C有μ2m3g＝m3a2設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時間為t，則v2－a1t＝a2t木板B的最小長度d＝v2t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3m(3)B、C達(dá)到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，故二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為a3，由牛頓運動定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3整個過程B運動的位移為xB＝v2t－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA與B碰撞后，A做減速運動的加速度大小為a4＝eq\f(μm1g,m1)＝1m/s2，位移為xA＝eq\f(0－v12,－2a4)＝4.5m物塊A離長木板B左側(cè)的最終距離為xA＋xB＝10.5m.練7如圖1所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，與沙坑的距離為1m，g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點，則碰撞前瞬間A的速度大小為()圖1A．0.5m/s B．1m/sC．2m/s D．3m/s【答案】D【解析】碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝2m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋得v0＝3m/s，故選D.練8如圖2所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m的足夠長的木板，木板上放一質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點的小木塊，開始木塊、木板均靜止．現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運動均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為()圖2A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12【答案】A【解析】木塊從開始到相對長木板靜止的過程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，則有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)；對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得劃痕長度s＝eq\f(Mv02,2μM＋mg)，同理，當(dāng)木塊的初速度為2v0時，則劃痕長度為s′＝eq\f(M2v02,2μM＋mg)，故兩次劃痕長度之比為s∶s′＝1∶4，故A正確，B、C、D錯誤．核心素養(yǎng)大提升例5如圖所示，一平板小車C靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為m的物體A和2m的物體B均以大小為v的初速度分別沿同一直線同時從小車兩端相向水平滑上小車．設(shè)兩物體與小車間的動摩擦因數(shù)均為μ，小車質(zhì)量為m，最終物體A、B都停在小車上，物體A、B始終沒有相碰．重力加速度為g，求：(1)最終小車的速度大小及方向；(2)平板車的長度至少為多長．【答案】(1)eq\f(v,4)方向水平向左(2)eq\f(9v2,8μg)【解析】(1)以A、B兩物體及小車組成的系統(tǒng)為研究對象，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1解得v1＝eq\f(v,4)，方向水平向左(2)初始階段A物體向右做勻減速運動，加速度大小aA＝eq\f(μmg,m)＝μg；B物體向左做勻減速運動，加速度大小aB＝eq\f(μ·2mg,2m)＝μg；小車向左做勻加速運動，加速度大小aC＝eq\f(μ·2mg－μmg,m)＝μg經(jīng)過t1時間，B、C達(dá)到共同速度，則有v－μgt1＝μgt1此時t1＝eq\f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq\f(v,2)，方向向左，A的速度大小與B、C相同，方向相反，該過程中，A相對C運動的距離：Δx1＝(vt1－eq\f(1,2)aAt12)＋eq\f(1,2)aCt12B相對C運動的距離：Δx2＝(vt1－eq\f(1,2)aBt12)－eq\f(1,2)aCt12此后B、C共同向左做減速運動，加速度大小a＝eq\f(μmg,3m)＝eq\f(μg,3)直到三物體速度相同，所用時間t2＝eq\f(v1－v2,－a)＝eq\f(3v,4μg)該過程A相對B、C滑行的距離：Δx3＝(v2t2－eq\f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq\f(1,2)at22)所以小車的長度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq\f(9v2,8μg).練9如圖所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長木板，擋板和長木板的總質(zhì)量為m，木板長度為L(擋板的厚度可忽略不計)，擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質(zhì)量不計的點)．木板左端有一質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點)的滑塊．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給滑塊一個水平向右的初