2．力學(xué)規(guī)律的選用原則：
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．
(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
(4)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
1．(2023·山東濰坊市二模)如圖1所示，一質(zhì)量M＝4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋?。≤嚿媳砻嬗晒饣瑘A弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C, BC所對應(yīng)圓心角θ＝37°，CD長L＝3m．質(zhì)量m＝1kg的小物塊從某一高度處的A點(diǎn)以v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，滑到D點(diǎn)時剛好與小車達(dá)到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，忽略空氣阻力．
圖1
(1)求A、B間的水平距離x；
(2)求小物塊從C滑到D所用時間t0；
(3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運(yùn)動到最大位移處時小物塊離小車左端的水平距離．
2．(2023·福建泉州市5月第二次質(zhì)檢)如圖2，光滑水平面上有一輛勻質(zhì)平板車，平板車右端固定有質(zhì)量不計的豎直擋板，左端靠在傾角θ＝37°的斜面底端．一個小滑塊從離斜面底端h高處無初速度釋放，滑上平板車后恰好不會落地．已知滑塊與平板車的質(zhì)量相等，滑塊與斜面及平板車間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑塊從斜面滑上平板車的過程速度大小不變，滑塊與擋板撞擊過程時間極短且無動能損失，重力加速度為g，忽略其他摩擦，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
圖2
(1)求滑塊在斜面上的運(yùn)動時間t；
(2)求滑塊撞擊擋板時滑塊離斜面底端的距離s;
(3)若將平板車左邊一半去掉后放回斜面底端，滑塊仍從原處釋放，求其離開平板車時的速度大小v.
3．(2023·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)細(xì)管AB內(nèi)壁光滑、厚度不計，加工成如圖3所示形狀，長L＝0.8m的BD段固定在豎直平面內(nèi)，其B端與半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BP平滑連接，CD段是半徑R＝0.4m的eq \f(1,4)圓弧，AC段在水平面上，管中有兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b，ma＝6m，mb＝2m.開始b球靜止，a球以速度v0向右運(yùn)動，與b球發(fā)生彈性碰撞之后，b球能夠通過軌道最高點(diǎn)P，a球則滑回AC段從細(xì)管的A點(diǎn)滑出．(重力加速度取10m/s2，eq \r(6)＝2.45)求：
圖3
(1)若v0＝4m/s，碰后a、b球的速度大??；
(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；
(3)若v0未知，v0的取值范圍．
4．(2023·河南鄭州市模擬)如圖4所示為某種游戲裝置的示意圖，水平導(dǎo)軌MN和PQ分別與水平傳送帶左側(cè)和右側(cè)理想連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q.已知傳送帶長L＝4.0m，且沿順時針方向以恒定速率v＝3.0m/s勻速轉(zhuǎn)動．兩個質(zhì)量均為m的滑塊B、C靜止置于水平導(dǎo)軌MN上，它們之間有一處于原長的輕彈簧，且彈簧與B連接但不與C連接．另一質(zhì)量也為m的滑塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運(yùn)動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短．若C距離N足夠遠(yuǎn)，滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點(diǎn)．已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，裝置其余部分均可視為光滑，重力加速度g取10m/s2.求：
圖4
(1)P、Q的距離；
(2)v0的大??；
(3)已知豎直圓軌道半徑為0.55m，若要使C不脫離豎直圓軌道，求v0′的范圍．
答案精析
1．(1)1.2m (2)1s (3)3.73m
解析 (1)由平拋運(yùn)動的規(guī)律有：tanθ＝eq \f(gt,v0)
x＝v0t
解得：x＝1.2m；
(2)以v0的方向為正方向，物塊在小車上CD段滑動過程中，由動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v
由功能關(guān)系得：fL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(M＋m)v2
對物塊，由動量定理得：－ft0＝mv－mv1
得：t0＝1s；
(3)有銷釘時：mgH＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12
由幾何關(guān)系得：H－eq \f(1,2)gt2＝R(1－csθ)
B、C間的水平距離：xBC＝Rsinθ
μmgL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(M＋m)v2
若拔掉銷釘，小車和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則小車向左運(yùn)動達(dá)最大位移時，速度為0，物塊速度為4m/s，
則由能量守恒有：mgH＝μmg(Δx－xBC)
聯(lián)立以上式子得：Δx＝3.73m.
2．(1)5eq \r(\f(2h,3g)) (2)eq \f(5－2\r(2),12)h (3) eq \r(\f(gh,6))
解析 (1)設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，下滑距離為d，根據(jù)幾何關(guān)系：d＝eq \f(h,sinθ)，在下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcsθ＝ma，位移關(guān)系：d＝eq \f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝5eq \r(\f(2h,3g))；
(2)設(shè)滑塊滑到底端時速度為v0，則有v02＝2ad，設(shè)平板車長度為L，滑塊滑上車與車相對靜止的過程中，對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒有：mv0＝2mv共，根據(jù)能量守恒有：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)·2mv共2＋μmg·2L，同理滑塊滑上車至與擋板碰撞前的過程中，對系統(tǒng)有：mv0＝mv1＋mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22＋μmgL
對滑塊根據(jù)勻變速規(guī)律有：v02－v12＝2μgs
聯(lián)立以上式子解得s＝eq \f(5－2\r(2),12)h；
(3)平板車去掉一半后，對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒有：mv0＝mv＋eq \f(m,2)v3，根據(jù)能量守恒有：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×eq \f(m,2)v32＋μmgL，聯(lián)立解得v＝eq \r(\f(gh,6)).
3．(1)2m/s 6 m/s (2)4.9m/s (3)4 m/s≤v0≤9.8m/s
解析 (1)a、b碰撞過程中，以a、b組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒．選向右的方向為正方向，設(shè)a、b碰后瞬間速度為va1、vb1，由動量守恒得：
mav0＝mava1＋mbvb1①
因a、b的碰撞是彈性碰撞，所以機(jī)械能守恒，有：
eq \f(1,2)mav02＝eq \f(1,2)mava12＋eq \f(1,2)mbvb12②
聯(lián)立①②解得：va1＝eq \f(ma－mb,ma＋mb)v0＝2m/s; vb1＝eq \f(2ma,ma＋mb)v0＝6m/s；
(2)因a球能從A點(diǎn)滑出，故a與b碰后，a上升的高度不能超過B點(diǎn)，即上升的高度不會超過L＋R.設(shè)碰撞后a的最大速度為va1max
a球上升的過程中機(jī)械能守恒，有：
eq \f(1,2)mava1max2＝mag(L＋R)
得：va1max＝eq \r(6gR)≈4.9m/s；
(3)欲使b能通過最高點(diǎn)，設(shè)b球與a碰撞后的速度為vb1，經(jīng)過最高點(diǎn)時的速度為vb2，則有：mbg≤mbeq \f(vb22,R)
得：vb2≥eq \r(gR)＝2m/s
b球在上升至最高點(diǎn)的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，有：eq \f(1,2)mbvb12＝eq \f(1,2)mbvb22＋mbg(2R＋L)
解得：vb1≥6m/s
v0min＝eq \f(ma＋mb,2ma)vb1≥4m/s
碰后a上升的高度不能超過(L＋R)，必須滿足
v0max＝2va1≤2eq \r(6gR)≈9.8m/s
綜上可得4m/s≤v0≤9.8 m/s.
4．(1)2.25m (2)3m/s (3)v0′≤9 m/s或v0′≥eq \f(3,4)eq \r(210)m/s
解析 (1)設(shè)C滑上傳送帶后一直加速，則vt2－vC2＝2μgL，
解得vt＝2eq \r(5)m/s>v傳，所以C在傳送帶上一定先加速后勻速，滑上PQ的速度
v＝3m/s
又因為恰好停在Q點(diǎn)，則有0－v2＝－2μgxPQ
解得xPQ＝2.25m；
(2)A與B碰撞：mv0＝2mv共
接下來A、B整體壓縮彈簧后彈簧恢復(fù)原長時，C脫離彈簧，這個過程有
2mv共＝2mv1＋mvC
eq \f(1,2)·2mv共2＝eq \f(1,2)·2mv12＋eq \f(1,2)mvC2
聯(lián)立解得v0＝3m/s；
(3)要使C不脫離圓軌道，有兩種情況，一是最多恰能到達(dá)圓心等高處，二是至少到達(dá)最高處，若恰能到達(dá)圓心等高處，則vQ＝eq \r(2gR)＝eq \r(11)m/s
由N～Q段：vQ12－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，可得vC1′＝6m/s
在A、B碰撞及與彈簧作用的過程中2mv共′＝2mv1′＋mvC1′2
eq \f(1,2)·2mv共′2＝eq \f(1,2)·2mv1′2＋eq \f(1,2)mvC1′2
又mv01＝2mv共′
聯(lián)立解得：v01＝9m/s，所以這種情況下，A的初速度范圍是v0′≤9 m/s
若恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則vQ2＝eq \r(5gR)＝eq \f(\r(110),2)m/s
同理可得A的初速度范圍是v0′≥eq \f(3,4)eq \r(210)m/s，
所以v0′≥eq \f(3,4)eq \r(210)m/s或v0′≤9 m/s.

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