專題17 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（原卷版）

專題17力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題 1題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板—塊模型及傳送帶模型問(wèn)題 13題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，涉及到運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié).勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)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(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間【例1】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為s＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．(重力加速度g取10m/s2)求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.【例2】(2021·云南省高三二模)如圖所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7m、質(zhì)量m0＝2kg.BCD是半徑R＝0.4m的固定豎直圓形光滑軌道，D是軌道的最高點(diǎn)，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在B點(diǎn)相切，已知A、B兩點(diǎn)相距2m．現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進(jìn)入粗糙水平面AB前已經(jīng)與光滑弧形槽分離，并恰能通過(guò)光滑圓軌道最高點(diǎn)D，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊從弧形槽滑下的最大速度大?。?2)物塊在圓形軌道B點(diǎn)時(shí)受到的軌道的支持力大??；(3)物塊與粗糙水平面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)．【例3】(2022·湖南懷化市一模)如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點(diǎn)平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定?，F(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達(dá)最高點(diǎn)d。已知小球甲的質(zhì)量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)兩小球均在水平軌道上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球乙的質(zhì)量；(2)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf。【例4】(2022·山東濟(jì)南市模擬)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為O、O′。有5個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5kg。某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長(zhǎng)度L；(3)第5個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！纠?】如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓軌道AB，在半圓軌道最低點(diǎn)B處有兩個(gè)小球P、Q(兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn))，兩小球之間放有火藥，點(diǎn)燃火藥，兩小球分別獲得水平向左和水平向右的初速度，向左運(yùn)動(dòng)的小球P落在水平地面上的C點(diǎn)，向右運(yùn)動(dòng)的小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出也落在C點(diǎn)．已知火藥釋放的能量有80%轉(zhuǎn)化為兩小球的動(dòng)能，C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離為3R，P小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g.求：(1)半圓軌道AB的最低點(diǎn)B處距離水平地面的高度h；(2)小球P獲得水平向左的初速度瞬間對(duì)半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大??；(3)火藥釋放的能量E.【例6】如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長(zhǎng)，NP段粗糙．MN上靜置有一個(gè)光滑且足夠高的斜面體C，P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道PQ，圓弧軌道與水平面相切于P點(diǎn)．兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B瞬間與彈簧分離，一段時(shí)間后A通過(guò)N點(diǎn)，之后從圓形軌道末端Q點(diǎn)豎直飛出，飛出后離Q點(diǎn)的最大高度為L(zhǎng)，B滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為eq\f(L,4).已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，NP段的長(zhǎng)度和圓弧的半徑均為L(zhǎng)，A球與NP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，A、B分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸．(1)求小球A第一次通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??；(2)求斜面體C的質(zhì)量；(3)試判斷A、B球能否再次相遇．【例7】如圖，光滑軌道PQO的水平段QO＝eq\f(h,2)，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接．一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞．A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度為g.假設(shè)A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．求：(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；(2)請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明物塊A與B能否發(fā)生第二次碰撞．【例8】.如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑R＝eq\f(2,π)m，槽內(nèi)放有兩個(gè)大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2kg.兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°；現(xiàn)給A滑塊一瞬時(shí)沖量，使其獲得v0＝2eq\r(10)m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動(dòng)，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時(shí)間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2；試求：(1)A、B第一次相碰過(guò)程中，系統(tǒng)儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能Epm；(2)A滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．【例9】如圖所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長(zhǎng)L＝3.2m．OM與半徑R＝0.15m的豎直半圓軌道MN平滑連接．小物塊A自O(shè)點(diǎn)以v0＝14m/s向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在P點(diǎn)的小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后A、B分開(kāi)，A恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)停止．A、B均看作質(zhì)點(diǎn)．已知A的質(zhì)量mA＝1.0kg，B的質(zhì)量mB＝2.0kg，A、B與軌道PM的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10m/s2，求：(1)碰后A、B的速度大?。?2)碰后B沿軌道PM運(yùn)動(dòng)到M所需時(shí)間；(3)若B恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)N，求沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程損失的機(jī)械能．【例10】(2021·寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的兩彈性小球(可看作質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量M＝0.4kg、內(nèi)部長(zhǎng)度L＝2m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在水平面上，且與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,35)，開(kāi)始時(shí)兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與兩球連接、長(zhǎng)度忽略)，球和彈簧共儲(chǔ)存能量E＝1.2J，靜止在U形槽中央，如圖4所示．假設(shè)所有碰撞時(shí)間極短，且碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，釋放兩球(然后彈簧被取出)，已知eq\r(274)≈16.5，g取10m/s2，求：(1)兩球分離時(shí)的速度大?。?2)m1與U形槽首次碰撞后瞬間，m1與U形槽的速度大小；(3)釋放彈簧后，m2經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與U形槽發(fā)生碰撞．題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板—塊模型及傳送帶模型問(wèn)題1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題．2．滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)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、木板各自的相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移．用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程)．【例1】如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一障礙物A，質(zhì)量為m＝2.0kg的b球用長(zhǎng)l＝2m的細(xì)線懸掛于障礙物正上方，一質(zhì)量也為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝7m/s的初速度從左端滑上平板車，同時(shí)對(duì)平板車施加一水平向右的，大小為6N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到平板車的最右端時(shí)，二者恰好相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F.當(dāng)平板車碰到障礙物A時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰并與b粘在一起成為c.不計(jì)碰撞過(guò)程中的能量損失，不計(jì)空氣阻力．已知滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何；(2)撤去恒力F時(shí)，滑塊與平板車的速度大??；(3)c能上升的最大高度．【例2】(2022·河南南陽(yáng)市高三期末)如圖所示，水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝14.25m的凹槽，長(zhǎng)為l＝eq\f(33,4)m、質(zhì)量為M＝2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊．水平輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，右端與一質(zhì)量為m＝4kg的小物塊接觸但不連接．用一水平力F緩慢向左推小物塊，當(dāng)力F做功W＝72J時(shí)突然撤去力F.已知小物塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦不計(jì)，g取10m/s2，平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，可以忽略不計(jì)．求：(1)小物塊剛滑上平板車時(shí)的速度大??；(2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大小；(3)小物塊離開(kāi)平板車時(shí)平板車右端到凹槽右端的距離．【例3】(2022·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖所示，有一傾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P，將質(zhì)量m1＝1kg的“”形木板(前端擋板厚度忽略)單獨(dú)從斜面上端由靜止釋放，木板與擋板P發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s＝0.15m；若將光滑物塊(視為質(zhì)點(diǎn))放在木板最上端并同時(shí)由靜止釋放(木板位置與上次釋放時(shí)初位置相同)．已知：物塊的質(zhì)量m2＝2kg，釋放時(shí)木板下端到擋板P的距離L1＝3m，木板長(zhǎng)L2＝0.75m，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊與木板前端擋板碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過(guò)程中木板滑行的總路程．【例5】(2022·福建廈門市一模)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.1kg的物塊甲靜止在A點(diǎn)，物塊甲與墻壁間有一壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧，物塊甲從靜止?fàn)顟B(tài)釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左運(yùn)動(dòng)與另一質(zhì)量m2＝0.3kg的物塊乙碰撞(時(shí)間極短)后粘在一起滑出B點(diǎn)，滑上半徑R＝0.5m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經(jīng)過(guò)半圓弧軌道的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)D點(diǎn)的壓力大小FN＝84N．木板質(zhì)量M＝0.4kg、長(zhǎng)度L＝6m，上表面與半圓弧軌道相切于D點(diǎn)，木板與右側(cè)平臺(tái)P等高，木板與平臺(tái)相碰后瞬間靜止．已知兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余摩擦不計(jì)，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，木板右端與平臺(tái)P左側(cè)的距離為s，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)兩物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD；(2)釋放物塊前彈簧的彈性勢(shì)能Ep和碰撞過(guò)程中損失的能量E；(3)物塊滑上平臺(tái)P時(shí)的動(dòng)能Ek與s的關(guān)系．【例6】．(2022·山東德州市一模)如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊A的質(zhì)量m＝1kg，右端帶有豎直擋板的足夠長(zhǎng)的木板B，它的質(zhì)量M＝2kg，木板B上M點(diǎn)左側(cè)與小物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，M點(diǎn)右側(cè)光滑，M點(diǎn)與木板右側(cè)擋板的距離L1＝1.5m，水平地面光滑．初始時(shí)木板B靜止，A在木板B上M點(diǎn)的左側(cè)，與M點(diǎn)的距離L2＝1.8m，現(xiàn)使A獲得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6m/s，A與B右側(cè)擋板碰撞的時(shí)間和能量損失都不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)A第一次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，A和B各自的速度大??；(2)A和B達(dá)共同速度時(shí)，A距M點(diǎn)的距離；(3)自初始時(shí)至A、B碰撞，A的平均速度大??；(4)自初始時(shí)至A、B達(dá)共同速度，A向右運(yùn)動(dòng)的位移大小．【例7】如圖，質(zhì)量為M＝8kg的木板AB靜止放在光滑水平面上，木板右端B點(diǎn)固定一根水平輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在C點(diǎn)，C到木板左端的距離L＝0.5m，質(zhì)量為m＝2kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止放在木板的左端，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，木板AB受到水平向左的恒力F＝28N，作用一段時(shí)間后撤去，恒力F撤去時(shí)木塊恰好到達(dá)彈簧自由端C處，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大壓縮量x＝5cm，g＝10m/s2.求：(1)水平恒力F作用的時(shí)間t；(2)撤去F后，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；(3)整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q.【例8】(2022·山西運(yùn)城市高三一模)如圖所示，半徑R＝1.6m的光滑四分之一圓軌道放在光滑水平地面上，其左側(cè)緊靠豎直墻壁、底端切線水平．長(zhǎng)木板Q的左端緊靠圓軌道(但不拴連)，且上表面與圓軌道末端相切，長(zhǎng)木板上放一個(gè)輕彈簧，輕彈簧右端被固定在木板的右端，長(zhǎng)木板最左端放一物塊P.現(xiàn)從高于圓軌道頂端H＝11.2m的位置無(wú)初速度釋放一個(gè)質(zhì)量m0＝1.0kg的小球，小球無(wú)碰撞進(jìn)入圓軌道，經(jīng)過(guò)圓軌道后與物塊P發(fā)生碰撞．碰后小球返回到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，小球被鎖定的位置和圓軌道圓心的連線與豎直方向夾角θ＝60°.物塊P被碰后沿長(zhǎng)木板上表面向右滑動(dòng)，隨后開(kāi)始?jí)嚎s彈簧，已知最后物塊P剛好返回到長(zhǎng)木板Q的最左端．小球和物塊P都可以視為質(zhì)點(diǎn)，物塊P與木板Q的質(zhì)量分別為mP和mQ，mP＝mQ＝2kg，g?。?0m/s2.求：(1)小球在圓軌道上下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)軌道的水平?jīng)_量I的大小；(2)小球與物塊P發(fā)生的碰撞中損失的機(jī)械能；(3)整個(gè)過(guò)程中輕彈簧的最大彈性勢(shì)能．【例9】.(2022·廣東汕頭市模擬)長(zhǎng)度L＝0.90m的木板在光滑水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，將小物塊A相對(duì)于地面靜止輕放到木板右端端點(diǎn)上，一段時(shí)間后物塊運(yùn)動(dòng)到木板左端恰好不會(huì)脫離木板.接著再將另一小物塊B同樣相對(duì)于地面靜止輕放到木板右端端點(diǎn)上.已知物塊A與木板的質(zhì)量相等，而物塊B的質(zhì)量是A的3倍，兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.重力加速度g取10m/s2，求：(1)木板開(kāi)始時(shí)的初速度v0的大?。?2)最后兩物塊之間的距離.10.(2022·湖南師大附中高三月考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一水平輕質(zhì)彈簧在其左側(cè)固定，彈簧右端連接質(zhì)量m＝1kg的小物塊A，彈簧壓縮后被鎖定.傳送帶長(zhǎng)l＝1m，以v＝2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，它與水平面等高，并能平滑對(duì)接，傳送帶右側(cè)與光滑的曲面平滑連接.質(zhì)量M＝2kg的小物塊B從其上距水平面h＝1.0m處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后與物塊A碰撞.設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對(duì)心碰撞，碰撞后兩者一起向前運(yùn)動(dòng)且碰撞瞬間彈簧鎖定被解除.B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn).(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；(2)若物塊B第一次與A分離后，恰好運(yùn)動(dòng)到右邊曲面距水平面h′＝0.65m高的位置，求彈簧被鎖定時(shí)彈性勢(shì)能的大?。?3)在滿足(2)問(wèn)條件的前提下，兩物塊發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞后分離的瞬間物塊A都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，求物塊A、B第n次碰撞后瞬間速度大小.專題17力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題 1題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板—塊模型及傳送帶模型問(wèn)題 13題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，涉及到運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié).勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)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(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間【例1】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為s＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．(重力加速度g取10m/s2)求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.【答案】(1)4.1m(2)不能(3)1.8m【解析】(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)vy2＝2gR①其中eq\f(vy,vD)＝tan45°②由①②解得vD＝4m/s③設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為s2，則有R＝eq\f(1,2)gt2④s2＝vDt⑤由④⑤解得s2＝1.6m⑥物塊B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2減速到vD，則BD過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vD2－v02＝2as1⑦解得s1＝2.5m⑧故BP之間的水平距離sBP＝s2＋s1＝4.1m⑨(2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，由D到M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，則有－eq\f(\r(2),2)mgR＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvD2⑩設(shè)在M點(diǎn)軌道對(duì)物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝meq\f(vM2,R)?由⑩?解得FN＝(1－eq\r(2))mg<0，假設(shè)不成立，即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)．(3)對(duì)物塊A、B的碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有：mAvA＝mAvA′＋mBv0?根據(jù)機(jī)械能守恒有：eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBv02?由??解得：vA＝6m/s?設(shè)物塊A釋放的高度為h，對(duì)下落過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh＝eq\f(1,2)mvA2，?由??解得h＝1.8m．?【例2】(2021·云南省高三二模)如圖所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7m、質(zhì)量m0＝2kg.BCD是半徑R＝0.4m的固定豎直圓形光滑軌道，D是軌道的最高點(diǎn)，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在B點(diǎn)相切，已知A、B兩點(diǎn)相距2m．現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進(jìn)入粗糙水平面AB前已經(jīng)與光滑弧形槽分離，并恰能通過(guò)光滑圓軌道最高點(diǎn)D，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊從弧形槽滑下的最大速度大?。?2)物塊在圓形軌道B點(diǎn)時(shí)受到的軌道的支持力大??；(3)物塊與粗糙水平面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)．【答案】(1)6m/s(2)60N(3)0.4【解析】(1)小物塊到達(dá)弧形槽底端時(shí)速度最大．設(shè)小物塊到達(dá)弧形槽底端時(shí)速度大小為v1，槽的速度大小為v2.小物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，小物塊下滑到底端時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mv1－m0v2＝0由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)m0v22聯(lián)立解得v1＝6m/sv2＝3m/s(2)物塊從豎直圓形光滑軌道B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)滿足機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvD2＋2mgR物塊恰能通過(guò)豎直圓形光滑軌道的D點(diǎn)，有mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)物塊通過(guò)豎直圓形光滑軌道的B點(diǎn)，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)聯(lián)立解得FN＝6mg＝60N(3)物塊經(jīng)過(guò)粗糙水平面AB時(shí)，有vB2－v12＝2as＝－2μgs解得μ＝0.4.【例3】(2022·湖南懷化市一模)如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點(diǎn)平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定。現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達(dá)最高點(diǎn)d。已知小球甲的質(zhì)量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)兩小球均在水平軌道上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球乙的質(zhì)量；(2)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf?！敬鸢浮?1)1kg(2)27J(3)8J【解析】(1)對(duì)小球甲，脫離彈簧后運(yùn)動(dòng)到a處，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s對(duì)小球甲、乙，由動(dòng)量守恒定律得m1v1－m2v2＝0對(duì)小球乙，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R)聯(lián)立解得m2＝1kg，v2＝6m/s或m2＝9kg，v2＝eq\f(2,3)m/s小球乙恰好過(guò)d點(diǎn)，由牛頓第二定律有m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,d),R)解得vd＝eq\r(gR)＝2m/s>eq\f(2,3)m/s由題意知vd＜v2所以小球乙的質(zhì)量m2＝1kg。(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)解得彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep＝27J。(3)對(duì)小球乙在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)克服摩擦力所做的功為Wf由動(dòng)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＝8J?！纠?】(2022·山東濟(jì)南市模擬)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為O、O′。有5個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5kg。某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長(zhǎng)度L；(3)第5個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)0.45(2)2.25m(3)2J【解析】(1)對(duì)滑板受力分析，畫出滑板的兩個(gè)平面圖如圖甲和乙所示由幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得Mgcosθ＝2FN′cosαMgsinθ＝2μ2FN′聯(lián)立解得μ2＝0.45。(2)第一個(gè)小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝(m＋M)v1設(shè)滑塊相對(duì)滑板的位移OO′為L(zhǎng)，由系統(tǒng)的動(dòng)能定理得mgLsinθ－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立方程解得L＝2.25m。(3)第四個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v4，則有4mv0＝(4m＋M)v4第五個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v5，則有5mv0＝(5m＋M)v5設(shè)第五個(gè)滑塊相對(duì)滑板的位移OO′為L(zhǎng)5，由系統(tǒng)的動(dòng)能定理，得mgL5sinθ－μ1mgL5cosθ＝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)則由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mgL5cosθ＝2J?！纠?】如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓軌道AB，在半圓軌道最低點(diǎn)B處有兩個(gè)小球P、Q(兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn))，兩小球之間放有火藥，點(diǎn)燃火藥，兩小球分別獲得水平向左和水平向右的初速度，向左運(yùn)動(dòng)的小球P落在水平地面上的C點(diǎn)，向右運(yùn)動(dòng)的小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出也落在C點(diǎn)．已知火藥釋放的能量有80%轉(zhuǎn)化為兩小球的動(dòng)能，C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離為3R，P小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g.求：(1)半圓軌道AB的最低點(diǎn)B處距離水平地面的高度h；(2)小球P獲得水平向左的初速度瞬間對(duì)半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大小；(3)火藥釋放的能量E.【答案】(1)2.5R(2)eq\f(14,5)mg(3)3mgR【解析】(1)小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，有mQg＝mQeq\f(v\o\al(A2),R)解得vA＝eq\r(gR)小球Q從A點(diǎn)水平拋出后落在C點(diǎn)過(guò)程，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2R＋h＝eq\f(1,2)gt123R＝vAt1聯(lián)立解得h＝2.5R(2)小球P從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，落在水平地面上的C點(diǎn)，有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al()223R＝vBt2解得vB＝eq\r(\f(9gR,5))小球P在最低點(diǎn)FN－mPg＝mPeq\f(v\o\al(B2),R)由牛頓第三定律，對(duì)半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大小FN′＝FN＝eq\f(14,5)mg.(3)小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，對(duì)此過(guò)程，由動(dòng)能定理有－mQg2R＝eq\f(1,2)mQvA2－eq\f(1,2)mQvQ2解得vQ＝eq\r(5gR)P、Q爆炸過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)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聯(lián)立解得E＝3mgR.【例6】如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長(zhǎng)，NP段粗糙．MN上靜置有一個(gè)光滑且足夠高的斜面體C，P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道PQ，圓弧軌道與水平面相切于P點(diǎn)．兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B瞬間與彈簧分離，一段時(shí)間后A通過(guò)N點(diǎn)，之后從圓形軌道末端Q點(diǎn)豎直飛出，飛出后離Q點(diǎn)的最大高度為L(zhǎng)，B滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為eq\f(L,4).已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，NP段的長(zhǎng)度和圓弧的半徑均為L(zhǎng)，A球與NP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，A、B分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸．(1)求小球A第一次通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??；(2)求斜面體C的質(zhì)量；(3)試判斷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)設(shè)小球A經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度為vP，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mvP2＝mg·2L設(shè)A在P點(diǎn)受到圓形軌道的支持力為FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(P2),L)聯(lián)立解得FN＝5mg據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)圓形軌道的壓力大小為5mg.(2)設(shè)剛分離時(shí)A的速度為v1，A從分離時(shí)到運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgL＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mv12設(shè)剛分離時(shí)B的速度為v2，取向左為正方向，在A、B分離的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv1＝mv2設(shè)斜面體C的質(zhì)量為mC，B在C上達(dá)到最大高度時(shí)，B與C共速，設(shè)此時(shí)兩者速度為v3，B從分離時(shí)到滑上C最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，可得mv2＝(m＋mC)v3據(jù)機(jī)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)聯(lián)立解得mC＝eq\f(1,9)m(3)設(shè)A下滑后向左通過(guò)PN后的速度為v4，在A從最高點(diǎn)下滑向左通過(guò)PN的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理可得mg2L－μmgL＝eq\f(1,2)mv42解得v4＝eq\r(3gL)設(shè)B從C上滑回地面時(shí)B的速度為v5，C的速度為v6，從B球開(kāi)始滑上C到再滑回地面的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律分別可得mv2＝mv5＋mCv6eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv52＋eq\f(1,2)mCv62聯(lián)立解得v5＝eq\f(4,5)eq\r(5gL)，v6＝eq\f(9,5)eq\r(5gL)由于v4<v5，故兩球不能再次相遇．【例7】如圖，光滑軌道PQO的水平段QO＝eq\f(h,2)，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接．一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞．A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度為g.假設(shè)A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．求：(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；(2)請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明物塊A與B能否發(fā)生第二次碰撞．【答案】見(jiàn)解析【解析】(1)設(shè)碰撞前A的速度為v，對(duì)A下滑過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)碰撞中由動(dòng)量守恒得：mv＝mv′＋4mvB由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv′2＋eq\f(1,2)×4mvB2解得v′＝eq\f(m－4m,m＋4m)v，vB＝eq\f(2m,m＋4m)v解得碰撞后A的速度：v′＝－eq\f(3,5)eq\r(2gh)B的速度vB＝eq\f(2,5)eq\r(2gh)(2)碰撞后A沿光滑軌道上升后又滑到O，然后向右減速滑行至停止，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得：μmgxA＝eq\f(1,2)mv′2，解得xA＝eq\f(18,25)hB沿地面減速滑行至停止，μ·4mgxB＝eq\f(1,2)×4mvB2得xB＝eq\f(8,25)h因?yàn)閤A>xB，所以會(huì)發(fā)生第二次碰撞．【例8】.如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑R＝eq\f(2,π)m，槽內(nèi)放有兩個(gè)大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2kg.兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°；現(xiàn)給A滑塊一瞬時(shí)沖量，使其獲得v0＝2eq\r(10)m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動(dòng)，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時(shí)間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2；試求：(1)A、B第一次相碰過(guò)程中，系統(tǒng)儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能Epm；(2)A滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．【答案】見(jiàn)解析【解析】(1)對(duì)A滑塊，由動(dòng)能定理可得：－μmgeq\f(2πR,4)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02A、B碰撞時(shí)，兩者速度相等時(shí)，儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)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＝1.8J(2)A、B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4又由機(jī)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＝6m/sA、B的總路程為s1，由功能關(guān)系有：－μmgs1＝0－eq\f(1,2)mv02A、B運(yùn)動(dòng)的總?cè)?shù)為n，有：s1＝2πRn得：n＝2.5對(duì)A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，A運(yùn)動(dòng)了1.25圈，故A滑塊的路程s2＝1.25×2πR＝5m.【例9】如圖所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長(zhǎng)L＝3.2m．OM與半徑R＝0.15m的豎直半圓軌道MN平滑連接．小物塊A自O(shè)點(diǎn)以v0＝14m/s向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在P點(diǎn)的小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后A、B分開(kāi)，A恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)停止．A、B均看作質(zhì)點(diǎn)．已知A的質(zhì)量mA＝1.0kg，B的質(zhì)量mB＝2.0kg，A、B與軌道PM的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10m/s2，求：(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿軌道PM運(yùn)動(dòng)到M所需時(shí)間；(3)若B恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)N，求沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程損失的機(jī)械能．【答案】(1)4m/s5m/s(2)0.8s(3)1.5J【解析】(1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時(shí)的加速度大小相同，均為a，a＝eq\f(μmAg,mA)＝eq\f(μmBg,mB)＝μg代入數(shù)據(jù)得：a＝2.5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，對(duì)A，v12＝2aL得碰后速度v1＝4m/sA、B相碰的過(guò)程中系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，得：mAv0＝mAv1＋mBv2得碰后B的速度v2＝5m/s(2)對(duì)B物塊，P到M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：L＝v2t－eq\f(1,2)at2結(jié)合(1)可解得：t1＝3.2s(不符合，舍去)t2＝0.8s即所求時(shí)間t＝0.8s(3)B在M點(diǎn)的速度大小v3＝v2－at代入數(shù)值解得：v3＝3m/sB恰好過(guò)N點(diǎn)，滿足：eq\f(mBv42,R)＝mBgM到N過(guò)程，由功能關(guān)系可得ΔE＝eq\f(1,2)mBv32－eq\f(1,2)mBv42－2mBgR聯(lián)立解得損失機(jī)械能：ΔE＝1.5J.【例10】(2021·寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的兩彈性小球(可看作質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量M＝0.4kg、內(nèi)部長(zhǎng)度L＝2m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在水平面上，且與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,35)，開(kāi)始時(shí)兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與兩球連接、長(zhǎng)度忽略)，球和彈簧共儲(chǔ)存能量E＝1.2J，靜止在U形槽中央，如圖4所示．假設(shè)所有碰撞時(shí)間極短，且碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，釋放兩球(然后彈簧被取出)，已知eq\r(274)≈16.5，g取10m/s2，求：(1)兩球分離時(shí)的速度大??；(2)m1與U形槽首次碰撞后瞬間，m1與U形槽的速度大??；(3)釋放彈簧后，m2經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與U形槽發(fā)生碰撞．【答案】(1)4m/s2m/s(2)2.4m/s1.6m/s(3)0.4s【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有0＝m1v1－m2v2E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得v1＝4m/s，v2＝2m/s(2)取向左為正方向，碰撞過(guò)程m1與M組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，可得m1v1＝m1v1′＋Mv3eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)Mv32得v1′＝－2.4m/s，負(fù)號(hào)表示方向向右v3＝1.6m/s(3)兩球分離后各自做勻速運(yùn)動(dòng)，U形槽不動(dòng)；m1經(jīng)時(shí)間t1先與U形槽碰撞，t1＝eq\f(\f(L,2),v1)＝0.25s此時(shí)m2運(yùn)動(dòng)的距離x1＝v2t1＝0.5m所以m1與U形槽碰撞時(shí)，m2與U形槽右側(cè)邊緣的距離為0.5mU形槽與m1碰撞后，m2仍以2m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，U形槽以1.6m/s的初速度向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有μ(M＋m1＋m2)g＝Ma解得a＝2m/s2假設(shè)U形槽一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，則t＝eq\f(v3,a)＝0.8s后停止運(yùn)動(dòng)由t>0.25s可知m2與U形槽碰撞發(fā)生在槽停止運(yùn)動(dòng)前，則有v2t2＋v3t2－eq\f(1,2)at22＝0.5m解得t2≈0.15s(t2≈3.45s舍去)則從釋放彈簧到m2與U形槽發(fā)生碰撞需要的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.4s.題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板—塊模型及傳送帶模型問(wèn)題1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題．2．滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)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、木板各自的相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移．用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程)．【例1】如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一障礙物A，質(zhì)量為m＝2.0kg的b球用長(zhǎng)l＝2m的細(xì)線懸掛于障礙物正上方，一質(zhì)量也為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝7m/s的初速度從左端滑上平板車，同時(shí)對(duì)平板車施加一水平向右的，大小為6N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到平板車的最右端時(shí)，二者恰好相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F.當(dāng)平板車碰到障礙物A時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰并與b粘在一起成為c.不計(jì)碰撞過(guò)程中的能量損失，不計(jì)空氣阻力．已知滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何；(2)撤去恒力F時(shí)，滑塊與平板車的速度大小；(3)c能上升的最大高度．【答案】(1)滑塊的加速度為3m/s2、方向水平向左，平板車的加速度為4m/s2，方向水平向右(2)4m/s(3)0.2m【解析】(1)對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得：a1＝μg＝3m/s2，方向水平向左對(duì)平板車，由牛頓第二定律得：a2＝eq\f(F＋μmg,M)＝eq\f(6＋0.3×20,3)m/s2＝4m/s2，方向水平向右(2)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1滑塊與平板車相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F，共同速度為v1則：v1＝v0－a1t1v1＝a2t1解得：t1＝1s，v1＝4m/s.(3)規(guī)定向右為正方向，對(duì)滑塊和b球組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒得，mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(v1,2)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s.根據(jù)機(jī)械能守恒得，eq\f(1,2)×2mv22＝2mgh，解得h＝eq\f(v22,2g)＝eq\f(4,20)m＝0.2m.【例2】(2022·河南南陽(yáng)市高三期末)如圖所示，水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝14.25m的凹槽，長(zhǎng)為l＝eq\f(33,4)m、質(zhì)量為M＝2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊．水平輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，右端與一質(zhì)量為m＝4kg的小物塊接觸但不連接．用一水平力F緩慢向左推小物塊，當(dāng)力F做功W＝72J時(shí)突然撤去力F.已知小物塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦不計(jì)，g取10m/s2，平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，可以忽略不計(jì)．求：(1)小物塊剛滑上平板車時(shí)的速度大??；(2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大小；(3)小物塊離開(kāi)平板車時(shí)平板車右端到凹槽右端的距離．【答案】(1)6m/s(2)4m/s(3)eq\f(35,18)m【解析】(1)由題知W＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝6m/s(2)物塊滑上平板車后，假設(shè)平板車與凹槽右端碰撞前已與物塊共速，由動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v1設(shè)物塊在平板車上滑動(dòng)的距離為l1，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得：μmgl1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12解得v1＝4m/s，l1＝3m設(shè)達(dá)到共速v1時(shí)平板車的位移為x1，有μmgx1＝eq\f(1,2)Mv12－0解得x1＝2m，l＋x1＝eq\f(41,4)m<L＝14.25m所以共速時(shí)平板車沒(méi)有到達(dá)凹槽右端，共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，平板車第一次與凹槽右端碰撞時(shí)的速度大小為4m/s.(3)平板車第一次與凹槽右端碰撞后，物塊和平板車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量向右，以向右為正方向．假設(shè)物塊與平板車第二次共速前未與凹槽相碰，由動(dòng)量守恒有mv1－Mv1＝(m＋M)v2碰撞后物塊在平板車上滑動(dòng)的距離設(shè)為l2，由動(dòng)能定理得μmgl2＝eq\f(1,2)(m＋M)v12－eq\f(1,2)(m＋M)v22解得v2＝eq\f(4,3)m/s，l2＝eq\f(16,3)m因?yàn)閘2＋l1＝eq\f(25,3)m>l＝eq\f(33,4)m所以物塊已從平板車上滑下，不能第二次共速．設(shè)平板車向左速度減小到0時(shí)位移為x2－μmgx2＝0－eq\f(1,2)Mv12解得x2＝2ml＋x2＝eq\f(41,4)m<L＝14.25m所以平板車沒(méi)有與凹槽左端相碰．即小物塊離開(kāi)平板車之前，未與平板車第二次共速；且平板車沒(méi)有與凹槽左端相碰．所以由動(dòng)量守恒得mv1－Mv1＝mv3＋Mv4碰撞后物塊在平板車上實(shí)際滑動(dòng)的距離設(shè)為l3，由動(dòng)能定理得μmgl3＝eq\f(1,2)(M＋m)v12－eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)Mv42l＝l1＋l3解得v3＝eq\f(5,3)m/s，v4＝eq\f(2,3)m/s碰撞后，至物塊離開(kāi)平板車時(shí)，平板車運(yùn)動(dòng)的位移設(shè)為x3，由動(dòng)能定理得－μmgx3＝eq\f(1,2)Mv42－eq\f(1,2)Mv12解得x3＝eq\f(35,18)m小物塊離開(kāi)平板車時(shí)平板車右端到凹槽右端的距離為x3＝eq\f(35,18)m.【例3】(2022·遼寧葫蘆島市高三期末)如圖所示，有一傾角θ＝37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P，將質(zhì)量m1＝1kg的“”形木板(前端擋板厚度忽略)單獨(dú)從斜面上端由靜止釋放，木板與擋板P發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s＝0.15m；若將光滑物塊(視為質(zhì)點(diǎn))放在木板最上端并同時(shí)由靜止釋放(木板位置與上次釋放時(shí)初位置相同)．已知：物塊的質(zhì)量m2＝2kg，釋放時(shí)木板下端到擋板P的距離L1＝3m，木板長(zhǎng)L2＝0.75m，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊與木板前端擋板碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過(guò)程中木板滑行的總路程．【答案】(1)0.5(2)3J(3)3.41m【解析】(1)木板單獨(dú)下滑，由能量守恒定律得m1gL1sinθ＝μm1gcosθ·L1＋eq\f(1,2)m1v2木板與擋板碰撞后上升，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1(eq\f(1,2)v)2＝m1gs·sinθ＋μm1gcosθ·s解得μ＝0.5.(2)木板與物塊同時(shí)釋放，木板與斜面間的最大靜摩擦力Ff1＝μ·(m1＋m2)gcosθFf1>m1gsinθ故開(kāi)始時(shí)木板靜止不動(dòng)．物塊下滑至與木板下端碰撞前過(guò)程中，由動(dòng)能定理有m2gL2sinθ＝eq\f(1,2)m2v02碰撞前物塊速度v0＝3m/s，碰撞后物塊與木板整體速度設(shè)為v′，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v′損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2解得ΔE＝3J.(3)設(shè)木板與物塊一起在斜面上向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，則(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a1(m1＋m2)gsinθ＋μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a2a1＝2m/s2，a2＝10m/s2木板與物塊粘合后一起加速下滑v12－v′2＝2a1L1第一次撞擊后木板上滑的距離(eq\f(v1,2))2＝2a2s1解得s1＝0.2m第二次撞擊木板時(shí)速度v2，則v22＝2a1s1第二次撞擊后木板上滑的距離(eq\f(v2,2))2＝2a2s2s2＝0.01m物塊與木板前端擋板碰撞后開(kāi)始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過(guò)程中木板滑行的總路程s總＝L1＋2s1＋s2＝3.41m.【例5】(2022·福建廈門市一模)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.1kg的物塊甲靜止在A點(diǎn)，物塊甲與墻壁間有一壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧，物塊甲從靜止?fàn)顟B(tài)釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左運(yùn)動(dòng)與另一質(zhì)量m2＝0.3kg的物塊乙碰撞(時(shí)間極短)后粘在一起滑出B點(diǎn)，滑上半徑R＝0.5m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經(jīng)過(guò)半圓弧軌道的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)D點(diǎn)的壓力大小FN＝84N．木板質(zhì)量M＝0.4kg、長(zhǎng)度L＝6m，上表面與半圓弧軌道相切于D點(diǎn)，木板與右側(cè)平臺(tái)P等高，木板與平臺(tái)相碰后瞬間靜止．已知兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余摩擦不計(jì)，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，木板右端與平臺(tái)P左側(cè)的距離為s，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)兩物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD；(2)釋放物塊前彈簧的彈性勢(shì)能Ep和碰撞過(guò)程中損失的能量E；(3)物塊滑上平臺(tái)P時(shí)的動(dòng)能Ek與s的關(guān)系．【答案】(1)10m/s(2)64J48J(3)見(jiàn)解析【解析】(1)兩物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)受到半圓弧軌道的支持力、重力，有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2v\o\al(D2),R)，得vD＝10m/s(2)兩物塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)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兩物塊發(fā)生碰撞時(shí)粘在一起說(shuō)明發(fā)生了完全非彈性碰撞，有(m1＋m2)vC＝m1v0，得v0＝16eq\r(5)m/s彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物塊甲的動(dòng)能，有Ep＝eq\f(1,2)m1v02＝64J碰撞過(guò)程中損失的能量E＝eq\f(1,2)m1v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)vC2得E＝48J(3)若兩物塊與木板能達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共得v共＝5m/s對(duì)兩物塊，由動(dòng)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＝7.5m對(duì)木板有μ(m1＋m2)gx′＝eq\f(1,2)Mv共2，得x′＝2.5m由于L＋x′>x，所以兩物塊有與木板達(dá)到共同速度的必要條件，若s≥x′＝2.5m，說(shuō)明兩物塊能和木板達(dá)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)＝3J若s<x′＝2.5m，說(shuō)明兩物塊不能和木板達(dá)到共同速度，由能量守恒定律有Ek＝eq\f(1,2)(m1＋m2)vD2－μ(m1＋m2)g(L＋s)＝(8－2s)J.【例6】．(2022·山東德州市一模)如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊A的質(zhì)量m＝1kg，右端帶有豎直擋板的足夠長(zhǎng)的木板B，它的質(zhì)量M＝2kg，木板B上M點(diǎn)左側(cè)與小物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，M點(diǎn)右側(cè)光滑，M點(diǎn)與木板右側(cè)擋板的距離L1＝1.5m，水平地面光滑．初始時(shí)木板B靜止，A在木板B上M點(diǎn)的左側(cè)，與M點(diǎn)的距離L2＝1.8m，現(xiàn)使A獲得一水平向右的初速度，初速度大小v0＝6m/s，A與B右側(cè)擋板碰撞的時(shí)間和能量損失都不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)A第一次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，A和B各自的速度大??；(2)A和B達(dá)共同速度時(shí)，A距M點(diǎn)的距離；(3)自初始時(shí)至A、B碰撞，A的平均速度大??；(4)自初始時(shí)至A、B達(dá)共同速度，A向右運(yùn)動(dòng)的位移大?。敬鸢浮?1)4m/s1m/s(2)0.6m(3)4.44m/s(4)4.4m【解析】(1)自初始時(shí)至A第一次到達(dá)B上的M點(diǎn)，由動(dòng)量守恒得mv0＝mv1＋Mv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＋μmgL2聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s，v2＝1m/s(2)自初始時(shí)至A和B達(dá)共同速度，由動(dòng)量守恒得mv0＝(m＋M)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋μmgLΔL＝L－L2聯(lián)立解得，A距M點(diǎn)的距離ΔL＝0.6m(3)自初始時(shí)至A第一次到達(dá)B上的M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－μmgx1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得x1＝2m又x1＝eq\f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.4s自A第一次到達(dá)B上的M點(diǎn)至到達(dá)右側(cè)擋板，L1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2))t2，解得t2＝0.5s則x2＝v1t2＝2m自初始時(shí)至A、B碰撞，A的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)解得eq\x\to(v)＝eq\f(40,9)m/s≈4.44m/s(4)A與B右側(cè)擋板碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒得mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2解得v1′＝0，v2′＝3m/sA第二次經(jīng)過(guò)M點(diǎn)后，有μmgx3＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv1′2解得x3＝0.4m自初始時(shí)至A、B達(dá)共同速度，A向右運(yùn)動(dòng)的位移x＝x1＋x2＋x3＝4.4m.【例7】如圖，質(zhì)量為M＝8kg的木板AB靜止放在光滑水平面上，木板右端B點(diǎn)固定一根水平輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在C點(diǎn)，C到木板左端的距離L＝0.5m，質(zhì)量為m＝2kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止放在木板的左端，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，木板AB受到水平向左的恒力F＝28N，作用一段時(shí)間后撤去，恒力F撤去時(shí)木塊恰好到達(dá)彈簧自由端C處，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大壓縮量x＝5cm，g＝10m/s2.求：(1)水平恒力F作用的時(shí)間t；(2)撤去F后，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；(3)整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q.【答案】(1)1s(2)0.6J(3)2.8J【解析】(1)木板向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，而小木塊在摩擦力Ff＝μmg的作用下也做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)木板、小木塊的加速度分別為a1、a2，由牛頓第二定律得：對(duì)木板F－μmg＝Ma1，對(duì)小木塊μmg＝ma2，解得：a1＝3m/s2，a2＝2m/s2；撤去F時(shí)，木塊剛好運(yùn)動(dòng)到C處，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，解得：t＝1s；(2)撤去力F時(shí)，設(shè)木板、小木塊的速度分別為v1、v2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1＝a1t＝3m/s，v2＝a2t＝2m/s，撤去力F時(shí)，因木板的速度大于小木塊的速度，木塊將壓縮彈簧，小木塊加速，木板減速，當(dāng)它們具有共同速度v時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，將木塊和木板及彈簧視為系統(tǒng)，規(guī)定向左為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：Mv1＋mv2＝(M＋m)v，系統(tǒng)從撤去力F后到其有共同速度，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep＋μmgx，解得：Ep＝0.6J.(3)假設(shè)木塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)離開(kāi)彈簧后系統(tǒng)又能達(dá)到同共速度v′，木塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)的距離設(shè)為s，由動(dòng)量守恒定律得Mv1＋mv2＝(M＋m)v′，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2＋μmgs解得：s＝0.15m，由于x＋L>s且s>x，故假設(shè)成立，所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(L＋x＋s)＝2.8J.【例8】(2022·山西運(yùn)城市高三一模)如圖所示，半徑R＝1.6m的光滑四分之一圓軌道放在光滑水平地面上，其左側(cè)緊靠豎直墻壁、底端切線水平．長(zhǎng)木板Q的左端緊靠圓軌道(但不拴連)，且上表面與圓軌道末端相切，長(zhǎng)木板上放一個(gè)輕彈簧，輕彈簧右端被固定在木板的右端，長(zhǎng)木板最左端放一物塊P.現(xiàn)從高于圓軌道頂端H＝11.2m的位置無(wú)初速度釋放一個(gè)質(zhì)量m0＝1.0kg的小球，小球無(wú)碰撞進(jìn)入圓軌道，經(jīng)過(guò)圓軌道后與物塊P發(fā)生碰撞．碰后小球返回到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，小球被鎖定的位置和圓軌道圓心的連線與豎直方向夾角θ＝60°.物塊P被碰后沿長(zhǎng)木板上表面向右滑動(dòng)，隨后開(kāi)始?jí)嚎s彈簧，已知最后物塊P剛好返回到長(zhǎng)木板Q的最左端．小球和物塊P都可以視為質(zhì)點(diǎn)，物塊P與木板Q的質(zhì)量分別為mP和mQ，mP＝mQ＝2kg，g?。?0m/s2.求：(1)小球在圓軌道上下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)軌道的水平?jīng)_量I的大小；(2)小球與物塊P發(fā)生的碰撞中損失的機(jī)械能；(3)整個(gè)過(guò)程中輕彈簧的最大彈性勢(shì)能．【答案】(1)16kg·m/s(2)20J(3)25J【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律m0g(H＋R)＝eq\f(1,2)m0v02解得v0＝16m/s根據(jù)動(dòng)量定理，軌道對(duì)小球的水平?jīng)_量I′＝m0v0解得I′＝16kg·m·s－1依據(jù)牛頓第三定律，小球在圓軌道上下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)軌道的水平?jīng)_量I的大小為16kg·m/s(2)小球和物塊P碰撞的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，規(guī)定向右為正方向，即有m0v0＝－m0v＋mPvP以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，eq\f(1,2)m0v2＝m0gR(1－cosθ)解得v＝4m/s，vP＝10m/s碰撞中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m0v02－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)mPvP2解得ΔE＝20J(3)由動(dòng)量守恒定律可以判斷彈簧壓縮到最短時(shí)和物塊P再次回到木板Q的最左端時(shí)，物塊P和木板Q的共同速度是相等的，設(shè)為v2，由