專題17 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（解析版）

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  HYPERLINK \l "_Toc1050" 題型一 應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題  PAGEREF _Toc1050 1  HYPERLINK \l "_Toc20538" 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題  PAGEREF _Toc20538 13  題型一 應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題 力學(xué)三大觀點(diǎn)對比 【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＝0.8 m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＝0.4 kg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(碰撞過程沒有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關(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10 m/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)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 【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， 落到P點(diǎn)時vy2＝2gR① 其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°② 由①②解得vD＝4 m/s③ 設(shè)平拋用時為t，水平位移為s2，則有R＝eq \f(1,2)gt2④ s2＝vDt⑤ 由④⑤解得s2＝1.6 m⑥ 物塊B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2減速到vD，則BD過程由運(yùn)動學(xué)公式vD2－v02＝2as1⑦ 解得s1＝2.5 m⑧ 故BP之間的水平距離sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨ (2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時其速度為vM，由D到M的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理， 則有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩ 設(shè)在M點(diǎn)軌道對物塊的壓力為FN， 則FN＋mg＝meq \f(vM2,R)? 由⑩?解得FN＝(1－eq \r(2))mgeq \f(2,3) m/s 由題意知vd＜v2 所以小球乙的質(zhì)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) 解得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能 Ep＝27 J。 (3)對小球乙在半圓形軌道上運(yùn)動的過程中，設(shè)克服摩擦力所做的功為Wf由動能定理有 －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·山東濟(jì)南市模擬)如圖所示，兩足夠長直軌道間距d＝1.6 m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2 kg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＝ 1 m 的半圓，圓心分別為O、O′。有5個完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5 kg。某時刻第一個小滑塊以初速度v0＝1.5 m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個小滑塊與P共速時，下一個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摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)O′O的長度L； (3)第5個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 【答案】　(1)0.45　(2)2.25 m　(3)2 J 【解析】　(1)對滑板受力分析，畫出滑板的兩個平面圖如圖甲和乙所示 由幾何關(guān)系可得sin α＝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Mgcos θ＝2FN′cos α Mgsin θ＝2μ2FN′ 聯(lián)立解得μ2＝0.45。 (2)第一個小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動量守恒 mv0＝(m＋M)v1 設(shè)滑塊相對滑板的位移OO′為L，由系統(tǒng)的動能定理得 mgLsin θ－μ1mgLcos θ＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 聯(lián)立方程解得L＝2.25 m。 (3)第四個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v4，則有 4mv0＝(4m＋M)v4 第五個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v5，則有 5mv0＝(5m＋M)v5 設(shè)第五個滑塊相對滑板的位移OO′為L5，由系統(tǒng)的動能定理，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) 則由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q＝μ1mgL5cos θ＝2 J。 【例5】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)動的小球P落在水平地面上的C點(diǎn)，向右運(yùn)動的小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動到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半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大??； (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)過程，由平拋運(yùn)動規(guī)律有2R＋h＝eq \f(1,2)gt12 3R＝vAt1 聯(lián)立解得h＝2.5R (2)小球P從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動，落在水平地面上的C點(diǎn)，有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al()22 3R＝vBt2 解得vB＝eq \r(\f(9gR,5)) 小球P在最低點(diǎn)FN－mPg＝mPeq \f(v\o\al(B2),R) 由牛頓第三定律，對半圓軌道最低點(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)動到A點(diǎn)，對此過程，由動能定理有－mQg2R＝eq \f(1,2)mQvA2－eq \f(1,2)mQvQ2 解得vQ＝eq \r(5gR) P、Q爆炸過程，取向右為正方向，由動量守恒定律有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，NP段粗糙．MN上靜置有一個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，一段時間后A通過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，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段的長度和圓弧的半徑均為L，A球與NP間的動摩擦因數(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P點(diǎn)時對圓形軌道的壓力大??； (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P點(diǎn)的速度為vP，從P點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中 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對圓形軌道的壓力大小為5mg. (2)設(shè)剛分離時A的速度為v1，A從分離時到運(yùn)動至P點(diǎn)的過程中，據(jù)動能定理可得－μmgL＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv12 設(shè)剛分離時B的速度為v2，取向左為正方向，在A、B分離的過程中，據(jù)動量守恒定律可得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，B與C共速，設(shè)此時兩者速度為v3，B從分離時到滑上C最高點(diǎn)的過程中，水平方向動量守恒，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PN后的速度為v4，在A從最高點(diǎn)下滑向左通過PN的過程中，據(jù)動能定理可得mg2L－μmgL＝eq \f(1,2)mv42 解得v4＝eq \r(3gL) 設(shè)B從C上滑回地面時B的速度為v5，C的速度為v6，從B球開始滑上C到再滑回地面的過程中，據(jù)動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律分別可得mv2＝mv5＋mCv6 eq \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v4xB，所以會發(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)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2 kg.兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°；現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得v0＝2eq \r(10) m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2；試求： (1)A、B第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm； (2)A滑塊運(yùn)動的總路程． 【答案】　見解析 【解析】　(1)對A滑塊，由動能定理可得： －μmgeq \f(2πR,4)＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02 A、B碰撞時，兩者速度相等時，儲存的彈性勢能最大，由動量守恒定律得： 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發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：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＝6 m/s A、B的總路程為s1，由功能關(guān)系有：－μmgs1＝0－eq \f(1,2)mv02 A、B運(yùn)動的總?cè)?shù)為n，有：s1＝2πRn 得：n＝2.5 對A、B的運(yùn)動過程分析，A運(yùn)動了1.25圈， 故A滑塊的路程s2＝1.25×2πR＝5 m. 【例9】如圖所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長L＝3.2 m．OM與半徑R＝0.15 m的豎直半圓軌道MN平滑連接．小物塊A自O(shè)點(diǎn)以v0＝14 m/s向右運(yùn)動，與靜止在P點(diǎn)的小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，碰后A、B分開，A恰好運(yùn)動到M點(diǎn)停止．A、B均看作質(zhì)點(diǎn)．已知A的質(zhì)量mA＝1.0 kg，B的質(zhì)量mB＝2.0 kg，A、B與軌道PM的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10 m/s2，求： (1)碰后A、B的速度大??； (2)碰后B沿軌道PM運(yùn)動到M所需時間； (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)動過程損失的機(jī)械能． 【答案】　(1) 4 m/s　5 m/s　(2) 0.8 s　(3) 1.5 J 【解析】　(1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時的加速度大小相同，均為a， a＝eq \f(μmAg,mA)＝eq \f(μmBg,mB)＝μg 代入數(shù)據(jù)得：a＝2.5 m/s2 由運(yùn)動學(xué)知識，對A，v12＝2aL 得碰后速度v1＝4 m/s A、B相碰的過程中系統(tǒng)水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，得：mAv0＝mAv1＋mBv2 得碰后B的速度v2＝5 m/s (2)對B物塊，P到M的運(yùn)動過程，有： L＝v2t－eq \f(1,2)at2 結(jié)合(1)可解得：t1＝3.2 s(不符合，舍去) t2＝0.8 s 即所求時間t＝0.8 s (3)B在M點(diǎn)的速度大小v3＝v2－at 代入數(shù)值解得：v3＝3 m/s B恰好過N點(diǎn)，滿足：eq \f(mBv42,R)＝mBg M到N過程，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＝1.5 J. 【例10】(2021·寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg的兩彈性小球(可看作質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量M＝0.4 kg、內(nèi)部長度L＝2 m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在水平面上，且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(4,35)，開始時兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與兩球連接、長度忽略)，球和彈簧共儲存能量E＝1.2 J，靜止在U形槽中央，如圖4所示．假設(shè)所有碰撞時間極短，且碰撞過程中沒有能量損失，釋放兩球(然后彈簧被取出)，已知eq \r(274)≈16.5，g取10 m/s2，求： (1)兩球分離時的速度大??； (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)多長時間與U形槽發(fā)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)根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 0＝m1v1－m2v2 E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22 聯(lián)立解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s (2)取向左為正方向，碰撞過程m1與M組成的系統(tǒng)動量和機(jī)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，負(fù)號表示方向向右 v3＝1.6 m/s (3)兩球分離后各自做勻速運(yùn)動，U形槽不動；m1經(jīng)時間t1先與U形槽碰撞，t1＝eq \f(\f(L,2),v1)＝0.25 s 此時m2運(yùn)動的距離x1＝v2t1＝0.5 m 所以m1與U形槽碰撞時，m2與U形槽右側(cè)邊緣的距離為0.5 m U形槽與m1碰撞后，m2仍以2 m/s的初速度向右運(yùn)動，U形槽以1.6 m/s的初速度向左做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律有 μ(M＋m1＋m2)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 假設(shè)U形槽一直做勻減速運(yùn)動，則 t＝eq \f(v3,a)＝0.8 s后停止運(yùn)動 由t>0.25 s可知m2與U形槽碰撞發(fā)生在槽停止運(yùn)動前，則有v2t2＋v3t2－eq \f(1,2)at22＝0.5 m 解得t2≈0.15 s(t2≈3.45 s舍去) 則從釋放彈簧到m2與U形槽發(fā)生碰撞需要的時間 t＝t1＋t2＝0.4 s. 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(diǎn)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、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移．用運(yùn)動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)． 【例1】如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0 kg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＝2.0 kg的b球用長l＝2 m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＝7 m/s的初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水平向右的，大小為6 N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動到平板車的最右端時，二者恰好相對靜止，此時撤去恒力F.當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運(yùn)動，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摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10 m/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，滑塊與平板車的速度大??； (3)c能上升的最大高度． 【答案】　(1)滑塊的加速度為3 m/s2、方向水平向左，平板車的加速度為4 m/s2，方向水平向右　(2)4 m/s　(3)0.2 m 【解析】　(1)對滑塊，由牛頓第二定律得： a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左 對平板車，由牛頓第二定律得：a2＝eq \f(F＋μmg,M)＝eq \f(6＋0.3×20,3) m/s2＝4 m/s2，方向水平向右 (2)設(shè)經(jīng)過時間t1滑塊與平板車相對靜止，此時撤去恒力F，共同速度為v1 則：v1＝v0－a1t1 v1＝a2t1 解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s. (3)規(guī)定向右為正方向，對滑塊和b球組成的系統(tǒng)運(yùn)用動量守恒得，mv1＝2mv2， 解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/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＝0.2 m. 【例2】(2022·河南南陽市高三期末)如圖所示，水平面上有一長為L＝14.25 m的凹槽，長為l＝eq \f(33,4) m、質(zhì)量為M＝2 kg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＝4 kg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＝72 J時突然撤去力F.已知小物塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦不計(jì)，g取10 m/s2，平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，可以忽略不計(jì)．求： (1)小物塊剛滑上平板車時的速度大??； (2)平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大??； (3)小物塊離開平板車時平板車右端到凹槽右端的距離． 【答案】　(1)6 m/s　(2)4 m/s　(3)eq \f(35,18) m 【解析】　(1)由題知W＝eq \f(1,2)mv02 ，解得v0＝6 m/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，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1 設(shè)物塊在平板車上滑動的距離為l1，對此過程由動能定理得：μmgl1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12 解得v1＝4 m/s，l1＝3 m 設(shè)達(dá)到共速v1時平板車的位移為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時位移為x2 －μmgx2＝0－eq \f(1,2)Mv12 解得x2＝2 m l＋x2＝eq \f(41,4) mm1gsin θ 故開始時木板靜止不動． 物塊下滑至與木板下端碰撞前過程中，由動能定理有m2gL2sin θ＝eq \f(1,2)m2v02 碰撞前物塊速度v0＝3 m/s，碰撞后物塊與木板整體速度設(shè)為v′，由動量守恒定律得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＝3 J. (3)設(shè)木板與物塊一起在斜面上向下運(yùn)動的加速度大小為a1，向上運(yùn)動的加速度大小為a2，則 (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＝0.2 m 第二次撞擊木板時速度v2，則 v22＝2a1s1 第二次撞擊后木板上滑的距離(eq \f(v2,2))2＝2a2s2 s2＝0.01 m 物塊與木板前端擋板碰撞后開始計(jì)時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑行的總路程 s總＝L1＋2s1＋s2＝3.41 m. 【例5】(2022·福建廈門市一模)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.1 kg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)動與另一質(zhì)量m2＝0.3 kg的物塊乙碰撞(時間極短)后粘在一起滑出B點(diǎn)，滑上半徑R＝0.5 m的半圓弧軌道(直徑CD豎直)，兩物塊經(jīng)過半圓弧軌道的最低點(diǎn)D時對D點(diǎn)的壓力大小FN＝84 N．木板質(zhì)量M＝0.4 kg、長度L＝6 m，上表面與半圓弧軌道相切于D點(diǎn)，木板與右側(cè)平臺P等高，木板與平臺相碰后瞬間靜止．已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(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P左側(cè)的距離為s，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)兩物塊經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小vD； (2)釋放物塊前彈簧的彈性勢能Ep和碰撞過程中損失的能量E； (3)物塊滑上平臺P時的動能Ek與s的關(guān)系． 【答案】　(1)10 m/s　(2)64 J　48 J　(3)見解析 【解析】　(1)兩物塊經(jīng)過D點(diǎn)時受到半圓弧軌道的支持力、重力，有 FN－(m1＋m2)g＝eq \f(?m1＋m2?v\o\al(D2),R)， 得vD＝10 m/s (2)兩物塊由C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，由動能定理有 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)生碰撞時粘在一起說明發(fā)生了完全非彈性碰撞，有 (m1＋m2)vC＝m1v0，得v0＝16eq \r(5) m/s 彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊甲的動能，有 Ep＝eq \f(1,2)m1v02＝64 J 碰撞過程中損失的能量 E＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)vC2 得E＝48 J (3)若兩物塊與木板能達(dá)到共同速度，由動量守恒定律得 (m1＋m2)vD＝(m1＋m2＋M)v共 得v共＝5 m/s 對兩物塊，由動能定理有 －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 對木板有μ(m1＋m2)gx′＝eq \f(1,2)Mv共2，得x′＝2.5 m 由于L＋x′>x，所以兩物塊有與木板達(dá)到共同速度的必要條件，若s≥x′＝2.5 m，說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)＝3 J 若ss且s>x，故假設(shè)成立，所以整個運(yùn)動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(L＋x＋s)＝2.8 J. 【例8】(2022·山西運(yùn)城市高三一模)如圖所示，半徑R＝1.6 m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，長木板上放一個輕彈簧，輕彈簧右端被固定在木板的右端，長木板最左端放一物塊P.現(xiàn)從高于圓軌道頂端H＝11.2 m的位置無初速度釋放一個質(zhì)量m0＝1.0 kg的小球，小球無碰撞進(jìn)入圓軌道，經(jīng)過圓軌道后與物塊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被碰后沿長木板上表面向右滑動，隨后開始壓縮彈簧，已知最后物塊P剛好返回到長木板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＝2 kg，g?。?0 m/s2.求： (1)小球在圓軌道上下滑的整個運(yùn)動過程中，對軌道的水平?jīng)_量I的大??； (2)小球與物塊P發(fā)生的碰撞中損失的機(jī)械能； (3)整個過程中輕彈簧的最大彈性勢能． 【答案】　(1)16 kg·m/s　(2)20 J　(3)25 J 【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＝16 m/s 根據(jù)動量定理，軌道對小球的水平?jīng)_量I′＝m0v0 解得I′＝16 kg·m·s－1 依據(jù)牛頓第三定律，小球在圓軌道上下滑的整個運(yùn)動過程中，對軌道的水平?jīng)_量I的大小為16 kg·m/s (2)小球和物塊P碰撞的過程中，根據(jù)動量守恒定律，規(guī)定向右為正方向，即有 m0v0＝－m0v＋mPvP 以小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)機(jī)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＝20 J (3)由動量守恒定律可以判斷彈簧壓縮到最短時和物塊P再次回到木板Q的最左端時，物塊P和木板Q的共同速度是相等的，設(shè)為v2，由動量守恒定律得： mPvP＝(mP＋mQ)v2 設(shè)整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得：Q＝eq \f(1,2)mPvP2－eq \f(1,2)(mP＋mQ)v22 可以判斷從物塊P開始運(yùn)動到彈簧壓縮到最短的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量和彈簧從最短到物塊P剛好回到木板Q最左端過程中摩擦產(chǎn)生的熱量相等且為eq \f(Q,2)，設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，從物塊P開始運(yùn)動到彈簧壓縮到最短的過程中，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·廣東汕頭市模擬)長度L＝0.90 m的木板在光滑水平地面上向右運(yùn)動，將小物塊A相對于地面靜止輕放到木板右端端點(diǎn)上，一段時間后物塊運(yùn)動到木板左端恰好不會脫離木板.接著再將另一小物塊B同樣相對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摩擦力.重力加速度g取10 m/s2，求： (1)木板開始時的初速度v0的大??； (2)最后兩物塊之間的距離. 【答案】　(1)3 m/s　(2)0.66 m 【解析】　(1)設(shè)物塊A和木板的質(zhì)量均為m，釋放A到物塊A與木板共速的過程，取木板的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mv0＝2mv1；由功能關(guān)系可得 μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv12 聯(lián)立解得v0＝3 m/s. (2)設(shè)釋放B后經(jīng)時間t1木板和B的速度達(dá)到相等，這段時間內(nèi)，木板和A都做勻減速運(yùn)動，但不能保持相對靜止.設(shè)A、木板和B的加速度大小分別為aA、a和aB. 根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝maA， μ·3mg－μmg＝ma， μ·3mg＝3maB， 可得a＝5 m/s2>aA＝2.5 m/s2，說明木板減速比A更快，A相對木板向右滑動；木板和B的速度達(dá)到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1， 解得t1＝0.2 s， B的位移為xB＝eq \f(1,2)aBt12； 此后木板和B保持相對靜止一起加速，再經(jīng)時間t2和A的速度相等，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋m＋3m)v3， 解得v3＝0.6 m/s； A在t1＋t2時間內(nèi)一直保持勻減速運(yùn)動，有 v3＝v1－aA(t1＋t2) 解得t2＝0.16 s； 在t2時間內(nèi)B的位移為xB′＝eq \f(v2＋v3,2)t2， 而A在t1＋t2時間內(nèi)的位移為xA＝eq \f(v1＋v3,2)(t1＋t2)； 最后兩物塊之間的距離s＝L＋(xB′＋xB)－xA， 解得s＝0.66 m. 10.(2022·湖南師大附中高三月考)如圖所示，足夠長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＝1 kg的小物塊A，彈簧壓縮后被鎖定.傳送帶長l＝1 m，以v＝2 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，它與水平面等高，并能平滑對接，傳送帶右側(cè)與光滑的曲面平滑連接.質(zhì)量M＝2 kg的小物塊B從其上距水平面h＝1.0 m處由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后與物塊A碰撞.設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對心碰撞，碰撞后兩者一起向前運(yùn)動且碰撞瞬間彈簧鎖定被解除.B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/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)動到右邊曲面距水平面h′＝0.65 m高的位置，求彈簧被鎖定時彈性勢能的大??； (3)在滿足(2)問條件的前提下，兩物塊發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞后分離的瞬間物塊A都會立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊A、B第n次碰撞后瞬間速度大小. 【答案】　見解析 【解析】　(1)若B在傳送帶上能夠一直減速運(yùn)動，設(shè)它在最左端時的速度為v1前，B從最高點(diǎn)運(yùn)動到傳送帶最左端過程中，由動能定理得Mgh－μMgl＝eq \f(1,2)Mv1前2－0 代入數(shù)據(jù)解得v1前＝4 m/s>2 m/s，所以物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小為4 m/s，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)B與A碰撞后瞬間共同速度為v1后，以向左為正方向，由動量守恒定律得 Mv1前＝(m＋M)v1后 代入數(shù)據(jù)可解得v1后＝eq \f(8,3) m/s，物塊B與物塊A第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能 ΔE＝eq \f(1,2)Mv1前2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得ΔE＝eq \f(16,3) J (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時A、B分離，設(shè)B第一次離開彈簧時速度為v1離，對B從離開彈簧到運(yùn)動至h′高度處過程，由動能定理得－μMgl－Mgh′＝0－eq \f(1,2)Mv1離2 對A、B及彈簧系統(tǒng)，由第一次解鎖位置到第一次恢復(fù)原長位置，由能量守恒定律得 Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v1離2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2 代入數(shù)據(jù)解得彈簧被鎖定時彈性勢能的大小 Ep＝eq \f(89,6) J (3)若B從h′處下落后在傳送帶上能夠一直減速，B在運(yùn)動至傳送帶左端過程中，由動能定理得 Mgh′－μMgl＝eq \f(1,2)Mv2前2－0 解得v2前＝3 m/s>2 m/s，故物塊B與物塊A第二次碰前的速度大小v2前＝3 m/s B與A第二次碰撞過程中對A、B組成的系統(tǒng)有 Mv2前＝(m＋M)v2后 代入數(shù)據(jù)解得v2后＝3×eq \f(2,3) m/s＝2 m/s B向右再次沖到傳送帶上，若能在其上速度變?yōu)?，設(shè)其通過的位移為x，由動能定理有 －μMgx＝0－eq \f(1,2)Mv2后2 代入數(shù)據(jù)解得x＝1 m，故B第三次與A相撞時的速度仍為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與A第n次碰撞后速度大小的表達(dá)式為 vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s 根據(jù)以上分析可知，物塊A、B第n次碰撞后瞬間速度大小為 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…?))力學(xué)三大觀點(diǎn)對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動，涉及到運(yùn)動細(xì)節(jié).勻變速直線運(yùn)動規(guī)律v＝v0＋at x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動能定理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動量觀點(diǎn)動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時間