2021高考物理（選擇性考試）人教版一輪學案：專題四　力學三大觀點的綜合應用-學案下載-教習網

專題四　力學三大觀點的綜合應用
專題解讀
1．力學的三大觀點包括①動力學觀點(牛頓運動定律、運動學規(guī)律)，②動量觀點(動量定理和動量守恒定律)，③能量的觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)．
2．力學的三大觀點是力學的綜合，高考基本以計算題、壓軸題的形式命題，考查學生的分析綜合能力．
3．本專題知識運用綜合性較強，對學生的能力要求也很高，希望同學們循序漸進，通過學習提高運用力學三大觀點分析解決問題的能力．

1.力的三大觀點與六個規(guī)律

三大觀點
對應規(guī)律
公式表達
適用情況
使用方法
力的瞬時作用效果
牛頓運動
定律
F合＝ma
力與加速度的瞬時關系，圓周運動的力和運動關系，勻變速運動的問題
以加速度為橋梁建立力和運動量間的關系
力對時間的
積累效果
動量定理
F合t＝p′－p，
F合＝Δp
單個物體或物體系合外力的沖量引起動量變化
求出合外力的沖量與動量的變化量

動量守恒
定律
m1v1＋m2v2＝
m1v′1＋m2v′2
相互作用的物體系，特別是碰撞、打擊、爆炸、反沖等
判斷是否符合動量守恒的三種情況，選取正方向，明確初、末狀態(tài)動量的大小和方向(正、負)
力對空間的
積累效應
動能定理
W合＝ΔE k，
W合＝
mv－
mv
單個物體的受力和位移問題．無論恒力做功還是變力做功(不涉及加速度和時間)
判斷哪些力做功、哪些力不做功，哪些力做正功、哪些力做負功．確定總功及初、末狀態(tài)物體的動能

機械能
守恒定律
E1＝E2，
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
只有重力、彈力做功(只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能的相互轉化)，沒有其他內力和外力做功(不發(fā)生機械能和其他形式能的相互轉化)
判斷是否符合機械能守恒的適用情況和使用條件．選取初、末狀態(tài)并確定初、末態(tài)機械能
力對空間的積累效應
能量守恒
定律
ΔE＝0，
ΔE增＝ΔE減
除有重力、彈力做功外，還有其他外力做功的情況
明確有哪些力做功，做功的結果是導致了什么能向什么能轉化，然后建立ΔE增＝ΔE減的關系
2.利用動量和能量的觀點解題的技巧
(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(或機械能守恒定律)．
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理．
(3)因為動量守恒定律、能量守恒定律(或機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性．
3．力學規(guī)律選用的一般原則
力學中首先考慮使用兩個守恒定律．從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態(tài)量(速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(位移s，時間t)問題，不能解決力(F)的問題．
(1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律．
(2)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律．
(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便．
4．求解力學綜合問題的基本思路
(1)認真審題，弄清題意．
審題時要注意：
①挖掘隱含條件，隱含條件往往隱含在關鍵的詞語中、題目的附圖中、發(fā)生的物理現(xiàn)象中和題目的所求中．
②重視對物理過程的分析．審題時，要弄清題目中的物理過程及其得以進行的條件，明確運動的性質，把握過程中的不變量、變量、關聯(lián)量之間的相互關系，并找出與物理過程相適應的物理規(guī)律．
(2)確定研究對象，分析受力情況和運動情況．
選擇研究對象的兩個基本原則：一是要選擇已知量充分且涉及所求量的物體為研究對象；二是要優(yōu)先選擇能夠滿足某個守恒定律的物體(或物體系)為研究對象．進行運動分析時要注意兩個方面：
①運動情況變化時，找出運動量(s、a、v、t)的關系；
②運動可能出現(xiàn)多種可能性．
(3)明確解題途徑，正確運用規(guī)律．
(4)分析解題結果，有時需作一定討論．

1．下列說法中正確的是(　　)
A．一個質點在一個過程中如果其動量守垣，其動能也一定守恒
B．一個質點在一個過程中如果其動量守恒，其機械能也一定守恒
C．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果動量守恒，其機械能也一定守恒
D．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果機械能守恒，其動量也一定守恒
答案：A
2.如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上．如果物體A被水平速度為v0的子彈射中并留在物體A中，已知物體A的質量是物體B的質量的，子彈的質量是物體B的質量的，則彈簧被壓縮到最短時A的速度為(　　)
A.　　　　　　　　B.
C. D.
答案：B
3.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v，向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　　)
A．A開始運動時 B．A的速度等于v時
C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相等時
答案：D

考點一力的觀點解決動力學問題
　地面上固定著一個傾角為37°的足夠長的斜面，有一個物體從斜面底端以一定的初速度沿斜面向上運動，當物體返回底端時，其速率變?yōu)槌跛俣鹊囊话?，求物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)．
[思維點撥]　物體在上滑過程和下滑過程均做勻變速直線運動，因此解答時可利用運動學公式、動量定理、動能定理三種不同的方式列式解答．
解析：方法一：應用牛頓第二定律和運動學公式
選物體為研究對象，設物體的初速度為v0，沿斜面上升時的加速度為a上，沿斜面上升的最大位移為s，根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運動的公式，有
－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma上，
0－v＝2a上s.
設該物體沿斜面下滑時的加速度為a下，根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運動的公式，有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma下，
()2＝2a下s，
以上四式聯(lián)立解得μ＝tan 37°＝0.45.
方法二：應用動能定理
選物體為研究對象，對物體沿斜面上升的過程，應用動能定理，有
－mgsin 37°·s－μmgcos 37°·s＝0－mv，
對物體沿斜面下滑的過程，應用動能定理，有
mgsin 37°·s－μmgcos 37°·s＝m()2.
以上兩式聯(lián)立解得
μ＝tan 37°＝0.45.
答案：0.45

同一個力學問題，有時可以有多種解法，遇到這種情況時，我們應根據(jù)題目情景和要求選用合適的方法．多數(shù)情況下，從能量的角度解題相對簡單一些，本例方法2明顯簡捷一些．

考點二動量與動力學觀點的綜合應用
　如圖甲所示，質量均為m＝0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質點)分別靜止在水平地面上A、C兩點．P在按圖乙所示隨時間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運動，3 s末撤去力F，此時P運動到B點，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞．已知B、C兩點間的距離L＝3.75 m，P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g取10 m/s2，求：

(1)P到達B點時的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1；
(2)Q運動的時間t.
[思維點撥]　圖乙可知力的沖量，考慮用動量定理，P與Q發(fā)生彈性碰撞，動量和機械能守恒．
解析：(1)在0～3 s內，以向右為正方向，對P由動量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，
其中F1＝2 N，F(xiàn)2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，
解得v＝8 m/s.
設P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a，由牛頓第二定律有：
μmg＝ma，
P在B、C兩點間做勻減速直線運動，有：
v2－v＝2aL，
解得v1＝7 m/s.
(2)設P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v′1、v2，有：
mv1＝mv′1＋mv2，
mv＝mv′＋mv，
碰撞后Q做勻減速直線運動，有：
μmg＝ma′，
t＝，
解得t＝3.5 s.
答案：(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s

在涉及幾個物體相互作用的系統(tǒng)問題時，物體間的相互作用力(內力)遠大于系統(tǒng)受到的外力，用牛頓運動定律求解非常復雜，甚至根本就無法求解，但用動量守恒定律求解時，只需要考慮過程的始末狀態(tài)，而不需要考慮過程的具體細節(jié)，這正是用動量守恒定律求解問題的優(yōu)勢．

考點三動量與能量觀點的綜合應用
　如圖所示，一小車置于光滑水平面上，小車質量m0＝3 kg，AO部分粗糙且長L＝2 m，動摩擦因數(shù)μ＝0.3，OB部分光滑．水平輕質彈簧右端固定，左端拴接物塊b，另一小物塊a，放在小車的最左端，和小車一起以v0＝4 m/s的速度向右勻速運動，小車撞到固定豎直擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內．a、b兩物塊視為質點，質量均為m＝1 kg，碰撞時間極短且不粘連．碰后以共同速度一起向右運動．(g取10 m/s2)求：

(1)物塊a與b碰后的速度大??；
(2)當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離；
(3)當物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到O點的距離．
[思維點撥]　小車撞到擋板后對a可考慮動能定理，ab碰撞是動量守恒．
解析：(1)對物塊a，由動能定理，得
－μmgL＝mv－mv，
代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前a的速度v1＝2 m/s.
a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a的初速度方向為下方向，
由動量守恒定律得：mv1＝2mv2，
代入數(shù)據(jù)解得v2＝1 m/s.
(2)當彈簧恢復到原長時兩物塊分離，a以v2＝1 m/s的速度，在小車上向左滑動，當與小車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.25 m/s.
對小車，由動能定理得μmgs＝m0v，
代入數(shù)據(jù)解得，同速時小車B端到擋板的距離s＝ m.
(3)由動量守恒得μmgx＝mv－(m0＋m)v，
代入數(shù)據(jù)解得x＝0.125 m.
答案：(1)1 m/s　(2) m　(3)0.125 m

考點四力學三大觀點解決多過程問題
1.表現(xiàn)形式
(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動．
(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動．
(3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動．
2．應對策略
(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度．
(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)．
(3)過程中動量或機械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)．
　(2019·安徽滁州模擬)如圖所示，質量為m＝0.5 kg的小球用長為r＝0.4 m的細繩懸掛于O點，在O點的正下方有一個質量為m1＝1.0 kg的小滑塊，小滑塊放在一塊靜止在光滑水平面上、質量為m2＝1.0 kg的木板左端．現(xiàn)將小球向左上方拉至細繩與豎直方向夾角θ＝60°的位置由靜止釋放，小球擺到最低點與小滑塊發(fā)生正碰并被反彈，碰撞時間極短，碰后瞬間細繩對小球的拉力比碰前的瞬間減小了ΔT＝4.8 N，而小滑塊恰好不會從木板上掉下．已知小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.12，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)碰后瞬間小球的速度大小；
(2)木板的長度．
[思維點撥]　(1)明確運動過程：小球先下擺，再與滑塊碰撞，碰后小球擺動，滑塊在木板上滑動(板塊模型)
(2)各分過程應用相應規(guī)律解題：涉及碰撞問題用動量觀點，涉及位移尤其相對位移時優(yōu)先考慮能量觀點，涉及運動過程細節(jié)尤其要求加速度時用動力學觀點．
解析：(1)小球下擺過程，機械能守恒mgr(1－cos θ)＝mv2，
v＝2 m/s.
小球與小滑塊碰撞前、后瞬間，由向心力公式可得
T－mg＝，
T′－mg＝，
依題意，碰撞前、后瞬間拉力大小減小量為ΔT＝T－T′＝4.8 N.
聯(lián)立求得碰后瞬間小球的速度大小為v′＝0.4 m/s.
(2)小球與小滑塊碰撞過程，動量守恒，得
mv＝－mv′＋m1v1，
v1＝(v＋v′)＝1.2 m/s.
小滑塊在木板上滑動過程中，動量守恒，得
m1v1＝(m1＋m2)v2，
v2＝v1＝0.6 m/s，
由能量守恒可得μm1gL＝m1v－(m1＋m2)v，
解得L＝0.3 m.
答案：(1)0.4 m/s　(2)0.3 m

多過程問題處理方法
1．抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)與運動過程，將整個物理過程分成幾個簡單的子過程．
2．對每一個子過程分別進行受力分析、過程分析、能量分析，選擇合適的規(guī)律對相應的子過程列方程，若某一時刻或某一位置的問題可用牛頓定律；某一勻變速直線運動過程選用動力學方法求解；某一勻變速曲線運動，并涉及方向問題用運動的合成和分解；若某過程涉及做功和能量轉化問題，則要考慮應用動能定理、機械能守恒定律或功能關系求解；某一相互作用過程或力和時間的問題要用動量定理和動量守恒定律等．

注意：這類模型各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應規(guī)律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶.

1.質量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(拉力大小恒定，方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運動，經過位移4 m，拉力F停止作用，運動到位移是8 m時物體停止，運動過程中Ekx的圖線如圖所示．g取10 m/s2，求：
(1)物體的初速度；
(2)物體和平面間的動摩擦因數(shù)；
(3)拉力F的大?。?br /> 解析：(1)從圖線可知初動能為2 J，
Ek0＝mv2＝2 J，解得v＝2 m/s.
(2)在位移4 m處物體的動能為10 J，在位移8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功10 J.
設摩擦力為Ff，則
－Ffs2＝0－10 J＝－10 J，
Ff＝ N＝2.5 N，
因Ff＝μmg，
故μ＝＝＝0.25.
(3)物體從開始到移動4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動能定理，有
(F－Ff)·s1＝ΔEk，
解得F＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
2．(2019·寧夏銀川質檢)質量為m1＝1 200 kg的汽車A以速度v1＝21 m/s沿平直公路行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠處有一質量m2＝800 kg的汽車B以速度v2＝15 m/s迎面駛來，兩車立即同時急剎車，使車做勻減速運動，但兩車仍在開始剎車t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后結合在一起再滑行一段距離后停下，設兩車與路面間動摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10 m/s2，忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：
(1)兩車碰撞后剛結合在一起時的速度大小；
(2)設兩車相撞時間(從接觸到一起滑行)t0＝0.2 s，則A車受到的水平平均沖力是其自身重力的幾倍；
(3)兩車一起滑行的距離．
解析：(1)對于減速過程，有
a＝μg，
對A車有：vA＝v1－at，
對B車有：vB＝v2－at.
以碰撞前A車運動的方向為正方向，對碰撞過程由動量守恒定律得：
m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共，
可得v共＝6 m/s.
(2)對A車由動量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA，
可得F＝7.2×104 N，
則＝6.
(3)對共同滑行的過程，有
x＝，
可得x＝6 m.
答案：(1)6 m/s　(2)6倍　(3)6 m
3.如圖所示，傾角θ＝37°的固定斜面AB長L＝18 m，一質量M＝1 kg的木塊由斜面中點C從靜止開始下滑，0.5 s后被一顆質量m＝20 g的子彈以v0＝600 m/s沿斜面向上的速度正對射入并穿出，穿出速度u＝100 m/s，以后每隔1.5 s就有一顆子彈射入木塊．設子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入時木塊對子彈的阻力相同．已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10 m/s2(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)．求：
(1)木塊在被第二顆子彈擊中前，木塊沿斜面向上運動離A點的最大距離．
(2)木塊在斜面上能被子彈擊中的最多顆數(shù)．
解析：(1)木塊下滑過程有：
Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma1，
a1＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2，
下滑位移s1＝a1t＝0.5 m，
末速度v1＝a1t1＝2 m/s.
第一顆子彈穿過木塊前后，系統(tǒng)動量守恒，有
mv0－Mv1＝mu＋Mv′1，
解得：v′1＝8 m/s.
木塊將上滑，有：
－Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2，
得a2＝－8 m/s2，
上滑時間t2＝＝1 s，
上滑位移s2＝t2＝4 m.
因為t2＜1.5 s，所以第二顆子彈擊中木塊前，木塊上升到最高點P1后又會下滑，故木塊離A點的最大距離為：
d＝－s1＋s2＝12.5 m.
(2)木塊從P1再次下滑0.5 s后被第二顆子彈擊中，這一過程與被第一顆子彈擊中的過程相同，故再次上滑的位移仍為4 m，到達的最高點P2在P1的上方：
Δd＝4 m－0.5 m＝3.5 m.
此時P2到B點的距離為：
dm＝L－d－Δd＝2 m＜3.5 m，
所以，第三顆子彈擊中木塊后，木塊將滑出斜面，故共有三顆子彈擊中木塊．
答案：(1)12.5 m　(2)三顆
4．如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質量均為m.P2的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質量為2m且可看作質點．P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起．P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內)．P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ.求：

(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；
(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep.
解析：P1與P2發(fā)生完全非彈性碰撞時，P1、P2組成的系統(tǒng)遵守動量守恒定律；P與(P1＋P2)通過摩擦力和彈簧彈力相互作用的過程，系統(tǒng)遵守動量守恒定律和能量守恒定律．注意隱含條件P1、P2、P的最終速度即三者最后的共同速度；彈簧壓縮量最大時，P1、P2、P三者速度相同．
(1)P1與P2碰撞時，根據(jù)動量守恒定律，得
mv0＝2mv1，
解得v1＝，方向向右．
P停在A點時，P1、P2、P三者速度相等均為v2，根據(jù)動量守恒定律，得
2mv1＋2mv0＝4mv2，
解得v2＝v0，方向向右．
(2)彈簧壓縮到最大時，P1、P2、P三者的速度為v2，設由于摩擦力做功產生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律，得
從P1與P2碰撞后到彈簧壓縮到最大，有
×2mv＋×2mv＝×4mv＋Q＋Ep，
從P1與P2碰撞后到P停在A點，則
×2mv＋×2mv＝×4mv＋2Q，
聯(lián)立以上兩式解得Ep＝mv，Q＝mv，
根據(jù)功能關系有Q＝μ·2mg(L＋x)，
解得x＝－L.
答案：(1)v1＝v0，方向向右　v2＝v0，方向向右
(2)－L　mv
5．如圖所示，滑塊A、B靜止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C，B、C間的動摩擦因數(shù)為μ(數(shù)值較小)，A、B由不可伸長的輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài)．現(xiàn)在突然給C一個向右的速度v0，讓C在B上滑動，當C的速度為v0時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B的速度為v0.已知A、B、C的質量分別為2m、3m、m.重力加速度為g，求：

(1)從C獲得速度v0開始經過多長時間繩子剛好伸直；
(2)從C獲得速度v0開始到繩子被拉斷的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能．
解析：(1)從C獲得速度v0到繩子剛好伸直的過程中，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：
－μmgt＝mv0－mv0，
解得：t＝.
(2)設繩子剛伸直時B的速度為vB，對B、C組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝m·v0＋3mvB，
解得：vB＝v0.
繩子被拉斷的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
3mvB＝2mvA＋3m·v0，
解得：vA＝v0.
整個過程中，根據(jù)能量守恒定律得：
ΔE＝mv－×2mv－×3m·(v0)2－m·(v0)2＝mv.
答案：(1)　(2)mv
6.(2019·東北三省四市聯(lián)考)如圖所示，光滑曲面AB與長度L＝1 m的水平傳送帶BC平滑連接，傳送帶以v＝1 m/s的速度運行．質量m1＝1 kg的物塊甲從曲面上高h＝1 m的A點由靜止釋放，物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，傳送帶右側光滑水平地面上有一個四分之一光滑圓軌道狀物體乙，物體乙的質量m2＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)甲第一次運動到C點的速度大?。?br /> (2)甲第二次運動到C點的速度大小；
(3)甲第二次到C點后經多長時間再次到達C點？
解析：(1)物塊甲從A運動至B，由動能定理得：m1gh1＝m1v，
解得：v1＝2 m/s＞v.
假設物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，由動能定理得：－μm1gL＝m1v－m1v，
解得：v2＝4 m/s.
因v2＞v，故物塊甲第一次運動至C點的速度大小為v2＝4 m/s.
(2)以物塊甲和物塊乙為研究對象，從甲滑上乙開始至甲滑下來的過程中，系統(tǒng)水平方向上動量守恒，則有：
m1v2＝m1v3＋m2v4，
系統(tǒng)動量守恒，則有：m1v＝m1v＋m2v，
聯(lián)立解得：v3＝－2 m/s，
則甲從乙物體上滑下后向左勻速運動，第二次到達C點的速度大小為2 m/s.
(3)甲向左進入傳送帶，做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：μm1g＝m1a，
解得：a＝2 m/s2.
從C運動到B，由動能定理得：
－μm1gL＝m1v－m1v，
解得：v5＝0.
物塊甲從C點運動到左端B點的時間為
t1＝＝1 s.
接著甲在傳送帶上向右做加速度仍為a的勻加速直線運動，設到與傳送帶共速時所用時間為t2，
則有t2＝＝0.5 s，
甲在t2時間內的位移為x1，由動能定理得：
－μm1gx1＝0－m1v2，
解得x1＝0.25 m.
甲與傳送帶共速后隨傳送帶一起勻速運動，位移為
x2＝L－x1，
則所用的時間為t3＝＝＝0.75 s，
故甲從第二次到第三次到達C的過程中的運動時間為
t＝t1＋t2＋t3＝2.25 s.
答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)2.25 s
7．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m．物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2，A、B視為質點，碰撞時間極短)．

(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；
(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；
(3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關系式．
解析：(1)物塊A從滑入圓軌道到最高點Q，根據(jù)機械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2，
所以A滑過Q點時的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s.
在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m，
所以A受到的彈力F＝－mg＝N＝22 N.
(2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設碰撞后的速度為v′，
則mv0＝2mv′，
所以v′＝v0＝3 m/s.
從碰撞到AB停止，根據(jù)動能定理，得
－2μmgkL＝0－·2mv′2，
所以k＝＝＝45.
(3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理，得
－2μmgnL＝·2mv－·2mv′2，
解得vn＝(n＜k)．
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝(n＜k)