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增分培優(yōu)3　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
力學(xué)三大觀點(diǎn)對比
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 求解物體某一時刻的受力及加速度時，可用牛頓第二定律列式解決，有時也可結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式列出含有加速度的關(guān)系式。
勻變速直線 運(yùn)動規(guī)律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等
能量觀點(diǎn) 動能定理 W合＝ΔEk ①在涉及位移、速度，不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。 ②在涉及相對位移問題時優(yōu)先考慮能量守恒定律，即系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)的內(nèi)能。
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 FΔt＝mv′－mv ①在涉及時間和速度，不涉及位移和加速度時要首先考慮運(yùn)用動量定理。 ②若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng)，一般考慮用動量守恒定律去解決，注意是否符合守恒條件。 ③碰撞、爆炸、反沖等問題因作用時間極短，一般都可以運(yùn)用動量守恒定律。
動量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′
例1 (2024·甘肅卷，14)如圖1，質(zhì)量為2 kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O′P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物塊C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開始運(yùn)動(重力加速度g取10 m/s2)
圖1
(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力；
(2)A在最低點(diǎn)時，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動。求碰后瞬間C的速度大小；
(3)A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
例2 (2024·河南焦作一模)如圖2所示，某商家為了吸引顧客而設(shè)計了一個趣味游戲，游戲軌道由一個水平直軌道ABC和一半徑為R的豎直半圓光滑軌道CDE組成，水平直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在半圓軌道圓心O左側(cè)同一水平線上且距離O點(diǎn)2R處固定一個小網(wǎng)兜P，將原長小于AB段長度的輕彈簧水平置于AB段上，左端固定在豎直擋板上，物塊1靜置于B處。游戲者將物塊2向左壓縮彈簧到某一位置釋放，若物塊2與物塊1碰撞后不粘連，物塊1從半圓軌道最高點(diǎn)E飛出并落入網(wǎng)兜P內(nèi)獲一等獎，在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎，能夠進(jìn)入半圓軌道內(nèi)獲三等獎，其他情況都不能獲獎。已知物塊1的質(zhì)量m＝0.2 kg，物塊2的質(zhì)量m0＝0.4 kg，R＝0.8 m，BC＝2R，兩物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
圖2
(1)獲一等獎時，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力；
(2)獲得二等獎時，物塊1碰后的速度大小范圍(結(jié)果可保留根號)；
(3)獲得三等獎時，彈簧彈性勢能的最小值。
規(guī)范指導(dǎo) (2024·四川成都七中檢測)如圖3所示，半徑R＝1.0 m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長為L＝0.5 m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45 m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝37°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)圓弧B點(diǎn)時小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時與一個質(zhì)量M＝2.0 kg的小球正碰，碰撞時間極短，碰后小滑塊返回恰好停在B點(diǎn)，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
圖3
(1)小滑塊應(yīng)從圓弧上離地面多高處釋放；
(2)兩物體碰后小球第一次落點(diǎn)到C點(diǎn)的距離。
1.(2024·山東卷，17)如圖4甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖4
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動到Q點(diǎn)時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時相對地面的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
2.(2024·安徽卷，14)如圖5所示， 一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運(yùn)動，已知細(xì)線長L＝1.25 m，小球質(zhì)量m＝0.20 kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30 kg，小車上的水平軌道長s＝1.0 m。圓弧軌道半徑R＝0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
圖5
(1)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
1.如圖1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間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10 m/s2，求：
圖1
(1)碰后A、B的速度大小；
(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。
2.(2024·福建泉州一模)如圖2，左端固定在墻壁上的水平輕質(zhì)彈簧，處于自然狀態(tài)時另一端在光滑水平臺面右端；質(zhì)量為3m的小車靜置于光滑的水平面上且緊靠平臺，其左側(cè)a端與臺面等高，小車的上表面由長度為R的粗糙水平面ab和半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道bc組成。質(zhì)量為m的小物塊P(與彈簧不拴接)在外力作用下將彈簧壓縮至某一位置，由靜止釋放后從a端以大小為2(g為重力加速度大小)的速度滑上小車，恰好能到達(dá)頂端c。
圖2
(1)求由靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep；
(2)求P與ab間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)請通過計算判斷P是否會滑離小車？
3.(2024·河北石家莊模擬)如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為2m的小車，車上固定一處于自然長度的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為2m的光滑木塊放在小車上，整個裝置靜止。現(xiàn)長為L的細(xì)線系著一個質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與豎直方向成θ＝60°角的A位置從靜止開始釋放，擺到最低點(diǎn)B時，剛好能與木塊相碰(相碰時間極短)，相碰后小球反彈的速度大小為碰撞前的一半，木塊與彈簧、小車相互作用的過程中無機(jī)械能損失，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。求：
圖3
(1)小球與木塊相碰前的速度；
(2)在木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能；
(3)木塊和小車最終運(yùn)動的速度大小。
4.(2024·浙江6月選考，18)一彈射游戲裝置豎直截面如圖4所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運(yùn)動，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
圖4
(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；
(2)若μ2＝0，滑塊恰好過C點(diǎn)，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；
(3)若μ2＝0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開彈簧時的最大速度vm。
5.(2023·浙江6月選考，18)為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖5所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12 kg的滑塊a以初速度v0＝2 m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能Ep＝kx2(x為形變量)。
圖5
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
增分培優(yōu)3　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
力學(xué)三大觀點(diǎn)對比
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 求解物體某一時刻的受力及加速度時，可用牛頓第二定律列式解決，有時也可結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式列出含有加速度的關(guān)系式。
勻變速直線 運(yùn)動規(guī)律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等
能量觀點(diǎn) 動能定理 W合＝ΔEk ①在涉及位移、速度，不涉及時間時要首先考慮選用動能定理。 ②在涉及相對位移問題時優(yōu)先考慮能量守恒定律，即系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)的內(nèi)能。
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 FΔt＝mv′－mv ①在涉及時間和速度，不涉及位移和加速度時要首先考慮運(yùn)用動量定理。 ②若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng)，一般考慮用動量守恒定律去解決，注意是否符合守恒條件。 ③碰撞、爆炸、反沖等問題因作用時間極短，一般都可以運(yùn)用動量守恒定律。
動量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′
例1 (2024·甘肅卷，14)如圖1，質(zhì)量為2 kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O′P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物塊C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開始運(yùn)動(重力加速度g取10 m/s2)
圖1
(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力；
(2)A在最低點(diǎn)時，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動。求碰后瞬間C的速度大小；
(3)A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
答案　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
解析　(1)對A從開始運(yùn)動至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有
mgl(1－cos 60°)＝mv－0
在最低點(diǎn)，對A由牛頓第二定律有
T－mg＝
根據(jù)牛頓第三定律得T′＝T
聯(lián)立解得細(xì)繩受到的拉力T′＝40 N。
(2)碰后A豎直下落，說明碰后瞬間A的速度為零，動量為零。由于碰撞時間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有
mv0＝0＋mvC
結(jié)合(1)問解得vC＝4 m/s。
(3)C與B相互作用的過程，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，則有
mvC＝(m＋3m)v共
根據(jù)能量守恒定律有mv＝(m＋3m)v＋μmgΔx
聯(lián)立解得μ＝0.15。
例2 (2024·河南焦作一模)如圖2所示，某商家為了吸引顧客而設(shè)計了一個趣味游戲，游戲軌道由一個水平直軌道ABC和一半徑為R的豎直半圓光滑軌道CDE組成，水平直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在半圓軌道圓心O左側(cè)同一水平線上且距離O點(diǎn)2R處固定一個小網(wǎng)兜P，將原長小于AB段長度的輕彈簧水平置于AB段上，左端固定在豎直擋板上，物塊1靜置于B處。游戲者將物塊2向左壓縮彈簧到某一位置釋放，若物塊2與物塊1碰撞后不粘連，物塊1從半圓軌道最高點(diǎn)E飛出并落入網(wǎng)兜P內(nèi)獲一等獎，在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎，能夠進(jìn)入半圓軌道內(nèi)獲三等獎，其他情況都不能獲獎。已知物塊1的質(zhì)量m＝0.2 kg，物塊2的質(zhì)量m0＝0.4 kg，R＝0.8 m，BC＝2R，兩物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
圖2
(1)獲一等獎時，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力；
(2)獲得二等獎時，物塊1碰后的速度大小范圍(結(jié)果可保留根號)；
(3)獲得三等獎時，彈簧彈性勢能的最小值。
答案　(1)2 N　方向豎直向上 (2)4 m/s≤v1≤2 m/s　(3)1.8 J
解析　(1)獲得一等獎時，物塊1從E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，設(shè)飛出的速度為vE，則2R＝vEt，R＝gt2
解得vE＝＝ m/s＝4 m/s
在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＋FN＝m
解得FN＝m－mg＝2 N
由牛頓第三定律知，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力大小為2 N，方向豎直向上。
(2)在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎，則物塊1在D點(diǎn)剛好脫離軌道，對應(yīng)的速度為0。應(yīng)用動能定理得μmg·2R＋mgR＝mv－0
解得v1min＝4 m/s
物塊1在E點(diǎn)剛好脫離軌道，對應(yīng)的速度設(shè)為vE
則有mg＝m
解得vE＝＝2 m/s
由E→B，由動能定理得
μmg·2R＋mg·2R＝mv－mv
解得v1max＝2 m/s
所以物塊1碰后的速度大小范圍為4 m/s≤v1≤2 m/s。
(3)獲得三等獎時，物塊1剛好能運(yùn)動到C點(diǎn)，彈簧彈性勢能最小，則
－μmg·2R＝0－mv1′2
解得v1′＝4 m/s
碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律，則有m0v＝m0v′＋mv1′
m0v2＝m0v′2＋mv1′2
解得v＝3 m/s
彈簧的彈性勢能最小值為
Ep＝m0v2＝×0.4×32 J＝1.8 J。
規(guī)范指導(dǎo) (2024·四川成都七中檢測)如圖3所示，半徑R＝1.0 m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長為L＝0.5 m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45 m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝37°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)圓弧B點(diǎn)時小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時與一個質(zhì)量M＝2.0 kg的小球正碰，碰撞時間極短，碰后小滑塊返回恰好停在B點(diǎn)，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
圖3
(1)小滑塊應(yīng)從圓弧上離地面多高處釋放；
(2)兩物體碰后小球第一次落點(diǎn)到C點(diǎn)的距離。
1.(2024·山東卷，17)如圖4甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖4
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動到Q點(diǎn)時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時相對地面的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m
解析　(1)對小物塊在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根據(jù)題圖乙分析可知，當(dāng)外力F≤4 N時，軌道與小物塊一起向左加速運(yùn)動，對整體由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a
變形得a＝F
結(jié)合題圖乙可知＝ kg－1＝0.5 kg－1
當(dāng)外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，對軌道由牛頓第二定律有
F－μmg＝Ma
變形得a＝F－
結(jié)合題圖乙可知＝ kg－1＝1 kg－1
－＝－2 m/s2
聯(lián)立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根據(jù)題圖乙可知，當(dāng)F＝8 N時，軌道的加速度為a1＝6 m/s2，小物塊的加速度為a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左。
設(shè)經(jīng)時間t0，小物塊運(yùn)動至軌道上的P點(diǎn)時，速度v2＝a2t0
此時軌道的速度v1＝a1t0
小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動至Q點(diǎn)的過程，小物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上動量守恒，取水平向左為速度正方向，則有
Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
其中v4＝7 m/s
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t0＝1.5 s(另一解不符合題意，舍去)
根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有L＝a1t－a2t
解得L＝4.5 m。
2.(2024·安徽卷，14)如圖5所示， 一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運(yùn)動，已知細(xì)線長L＝1.25 m，小球質(zhì)量m＝0.20 kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30 kg，小車上的水平軌道長s＝1.0 m。圓弧軌道半徑R＝0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
圖5
(1)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)對小球擺動到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理有mgL＝mv－0
解得v0＝5 m/s
在最低點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律有FT－mg＝m
解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6 N。
(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
mv＝mv＋Mv
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物塊恰好運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時兩者共速，物塊與小車整體水平方向動量守恒
Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律有
Mv＝×2Mv＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物塊恰好運(yùn)動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，物塊與小車整體水平方向動量守恒
Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律有
Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。
1.如圖1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間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10 m/s2，求：
圖1
(1)碰后A、B的速度大小；
(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，則
a＝＝＝μg＝2.5 m/s2
由運(yùn)動學(xué)知識，對A有v＝2aL
解得碰后速度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，有mAv0＝mAv1＋mBv2
解得碰后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－at2
解得t1＝3.2 s(不符合題意，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mBg＝mB
M到N過程，由功能關(guān)系可得
ΔE＝mBv－mBv－2mBgR
聯(lián)立解得損失的機(jī)械能ΔE＝1.5 J。
2.(2024·福建泉州一模)如圖2，左端固定在墻壁上的水平輕質(zhì)彈簧，處于自然狀態(tài)時另一端在光滑水平臺面右端；質(zhì)量為3m的小車靜置于光滑的水平面上且緊靠平臺，其左側(cè)a端與臺面等高，小車的上表面由長度為R的粗糙水平面ab和半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道bc組成。質(zhì)量為m的小物塊P(與彈簧不拴接)在外力作用下將彈簧壓縮至某一位置，由靜止釋放后從a端以大小為2(g為重力加速度大小)的速度滑上小車，恰好能到達(dá)頂端c。
圖2
(1)求由靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep；
(2)求P與ab間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)請通過計算判斷P是否會滑離小車？
答案　(1)2mgR　(2)0.5　(3)P會滑離小車
解析　(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，P的速度為v0，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有Ep＝mv
其中v0＝2
解得Ep＝2mgR。
(2)P恰好到達(dá)頂端c時，此時P與小車共速，設(shè)此時速度大小為v，根據(jù)水平方向動量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根據(jù)能量守恒定律有
mv＝(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR
解得μ＝0.5。
(3)設(shè)小物塊P最終停在小車上，小物塊在粗糙水平面ab上的相對路程為s，由于水平方向動量守恒，可知，此時P與小車速度大小仍然為v，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律有mv－(m＋3m)v2＝μmgs
解得s＝3R
由于s＞2R
故P會滑離小車。
3.(2024·河北石家莊模擬)如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為2m的小車，車上固定一處于自然長度的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為2m的光滑木塊放在小車上，整個裝置靜止。現(xiàn)長為L的細(xì)線系著一個質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與豎直方向成θ＝60°角的A位置從靜止開始釋放，擺到最低點(diǎn)B時，剛好能與木塊相碰(相碰時間極短)，相碰后小球反彈的速度大小為碰撞前的一半，木塊與彈簧、小車相互作用的過程中無機(jī)械能損失，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。求：
圖3
(1)小球與木塊相碰前的速度；
(2)在木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能；
(3)木塊和小車最終運(yùn)動的速度大小。
答案　(1)　方向水平向右　(2)mgL (3)0　
解析　(1)小球下擺過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
mgL＝mv
解得v0＝，方向水平向右
(2)小球與木塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝mv球＋2mv木塊
由題意可知v球＝－
解得v木塊＝
彈簧彈性勢能最大時木塊與小車速度相等，木塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得2mv木塊＝(2m＋2m)v
由能量守恒定律得
×2mv＝(2m＋2m)v2＋Ep
解得v＝，Ep＝mgL。
(3)木塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
2mv木塊＝2mv木塊′＋2mv小車
由機(jī)械能守恒定律得
×2mv＝×2mv木塊′2＋×2mv
解得v木塊′＝0，v小車＝。
4.(2024·浙江6月選考，18)一彈射游戲裝置豎直截面如圖4所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運(yùn)動，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
圖4
(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；
(2)若μ2＝0，滑塊恰好過C點(diǎn)，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；
(3)若μ2＝0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開彈簧時的最大速度vm。
答案　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
解析　(1)對滑塊從離開彈簧到運(yùn)動至圓形軌道最高點(diǎn)的過程，由動能定理有
－mg·2R＝mv－mv
滑塊恰能通過圓形軌道最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)C，根據(jù)牛頓第二定律有
mg＝
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s。
(2)若μ2＝0，則滑塊滑上平板與之相互作用的過程，滑塊與平板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，故有mv0＝(M＋m)v共
根據(jù)能量守恒定律有ΔE＝mv－(M＋m)v
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.625 J。
(3)經(jīng)分析可知，當(dāng)滑塊滑至平板右端且恰好與平板共速時，對應(yīng)滿足條件下滑塊離開彈簧時的速度最大。滑塊與平板相互作用的過程，對滑塊由牛頓第二定律有μ1mg＝ma1
對平板由牛頓第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有vm－a1t＝a2t
vmt－a1t2－a2t2＝L
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm＝6 m/s。
5.(2023·浙江6月選考，18)為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖5所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12 kg的滑塊a以初速度v0＝2 m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能Ep＝kx2(x為形變量)。
圖5
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
解析　(1)滑塊a以初速度v0從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動，由動能定理有
mg·2R＝mv－mv
解得vF＝10 m/s
在最低點(diǎn)F，由牛頓第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝31.2 N。
(2)碰撞后滑塊a返回到B點(diǎn)的過程，
由動能定理有
－mg·2R－μmgL＝mv－mv
解得va＝5 m/s
滑塊a、b碰撞過程，由動量守恒定律有
mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5 m/s
碰撞過程中損失的機(jī)械能
ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。
(3)滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律有
mvF＝(m＋3m)vab
解得vab＝2.5 m/s
滑塊a、b一起向右運(yùn)動，壓縮彈簧，a、b減速運(yùn)動，c加速運(yùn)動，當(dāng)a、b、c三者速度相等時，彈簧長度最小，由動量守恒定律有
(m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc
解得vabc＝ m/s
由機(jī)械能守恒定律有
Ep1＝×4mv－×6mv
解得Ep1＝0.5 J
由Ep1＝kx解得最大壓縮量x1＝0.1 m
滑塊a、b一起繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使a、b繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到零時，c速度最大，a、b速度最小；滑塊a、b一起再繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c減速，a、b加速，當(dāng)a、b、c三者速度相等時，彈簧長度最大，其對應(yīng)的彈性勢能與彈簧長度最小時彈性勢能相等，由彈簧的彈性勢能公式可知最大伸長量x2＝0.1 m
所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝x1＋x2＝0.2 m。(共47張PPT)
增分培優(yōu)3　力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
專題二　能量與動量
目 錄
CONTENTS
增分培優(yōu)
01
課時跟蹤訓(xùn)練
03
鏈接高考真題
02
增分培優(yōu)
1
力學(xué)三大觀點(diǎn)對比
圖1
例1 (2024·甘肅卷，14)如圖1，質(zhì)量為2 kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O′P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物塊C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開始運(yùn)動(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力；
(2)A在最低點(diǎn)時，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動。求碰后瞬間C的速度大小；
(3)A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
解析　(1)對A從開始運(yùn)動至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有
根據(jù)牛頓第三定律得T′＝T
聯(lián)立解得細(xì)繩受到的拉力T′＝40 N。
(2)碰后A豎直下落，說明碰后瞬間A的速度為零，動量為零。由于碰撞時間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有
mv0＝0＋mvC
結(jié)合(1)問解得vC＝4 m/s。
(3)C與B相互作用的過程，
系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，則有
mvC＝(m＋3m)v共
例2 (2024·河南焦作一模)如圖2所示，某商家為了吸引顧客而設(shè)計了一個趣味游戲，游戲軌道由一個水平直軌道ABC和一半徑為R的豎直半圓光滑軌道CDE組成，水平直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在半圓軌道圓心O左側(cè)同一水平線上且距離O點(diǎn)2R處固定一個小網(wǎng)兜P，將原長小于AB段長度的輕彈簧水平置于AB段上，左端固定在豎直擋板上，物塊1靜置于B處。游戲者將物塊2向左壓縮彈簧到某一位置釋放，若物塊2與物塊1碰撞后不粘連，物塊1從半圓軌道最高點(diǎn)E飛出并落入網(wǎng)兜P內(nèi)獲一等獎，在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎，能夠進(jìn)入半圓軌道內(nèi)獲三等獎，其他情況都不能獲獎。已知物塊1的質(zhì)量m＝0.2 kg，物塊2的質(zhì)量m0＝0.4 kg，R＝0.8 m，BC＝2R，兩物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
(1)獲一等獎時，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力；
(2)獲得二等獎時，物塊1碰后的速度大小范圍(結(jié)果可保留根號)；
(3)獲得三等獎時，彈簧彈性勢能的最小值。
圖2
解析　(1)獲得一等獎時，物塊1從E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，設(shè)飛出的速度為vE，
由牛頓第三定律知，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力大小為2 N，方向豎直向上。
(2)在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎，則物塊1在D點(diǎn)剛好脫離軌道，對應(yīng)的速度為0。
由E→B，由動能定理得
解得v1′＝4 m/s
碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律，
則有m0v＝m0v′＋mv1′
解得v＝3 m/s
彈簧的彈性勢能最小值為
規(guī)范指導(dǎo) (2024·四川成都七中檢測)如圖3所示，半徑R＝1.0 m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長為L＝0.5 m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45 m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝37°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)圓弧B點(diǎn)時小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時與一個質(zhì)量M＝2.0 kg的小球正碰，碰撞時間極短，碰后小滑塊返回恰好停在B點(diǎn)，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)小滑塊應(yīng)從圓弧上離地面多高處釋放；
(2)兩物體碰后小球第一次落點(diǎn)到C點(diǎn)的距離。
圖3
鏈接高考真題
2
1.(2024·山東卷，17)如圖4甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
圖4
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動到Q點(diǎn)時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時相對地面的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
解析　(1)對小物塊在Q點(diǎn)，
答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根據(jù)題圖乙分析可知，當(dāng)外力F≤4 N時，軌道與小物塊一起向左加速運(yùn)動，對整體由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a
聯(lián)立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
當(dāng)外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，對軌道由牛頓第二定律有
F－μmg＝Ma
設(shè)經(jīng)時間t0，小物塊運(yùn)動至軌道上的P點(diǎn)時，速度v2＝a2t0
此時軌道的速度v1＝a1t0
小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動至Q點(diǎn)的過程，小物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上動量守恒，取水平向左為速度正方向，則有
(ⅱ)根據(jù)題圖乙可知，當(dāng)F＝8 N時，軌道的加速度為a1＝6 m/s2，小物塊的加速度為a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左。
解得L＝4.5 m。
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
其中v4＝7 m/s
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t0＝1.5 s(另一解不符合題意，舍去)
2.(2024·安徽卷，14)如圖5所示， 一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運(yùn)動，已知細(xì)線長L＝1.25 m，小球質(zhì)量m＝0.20 kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30 kg，小車上的水平軌道長s＝1.0 m。圓弧軌道半徑R＝0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
圖5
(1)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，
求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)對小球擺動到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理有
解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6 N。
(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有
mv0＝mv1＋Mv2
(3)若物塊恰好運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時兩者共速，
物塊與小車整體水平方向動量守恒Mv2＝2Mv3
解得μ1＝0.4
若物塊恰好運(yùn)動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，物塊與小車整體水平方向動量守恒Mv2＝2Mv4
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
解得μ2＝0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為
0.25≤μ<0.4。
課時跟蹤訓(xùn)練
3
1.如圖1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間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10 m/s2，求：
圖1
(1)碰后A、B的速度大小；
(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，則
解得碰后速度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，有mAv0＝mAv1＋mBv2
解得碰后B的速度v2＝5 m/s。
(2)對B物塊，P到M的運(yùn)動過程，有
解得t1＝3.2 s(不符合題意，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
(1)求由靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep；
(2)求P與ab間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)請通過計算判斷P是否會滑離小車？
圖2
答案　(1)2mgR　(2)0.5　(3)P會滑離小車
解析　(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，P的速度為v0，
解得Ep＝2mgR。
(2)P恰好到達(dá)頂端c時，此時P與小車共速，設(shè)此時速度大小為v，根據(jù)水平方向動量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根據(jù)能量守恒定律有
解得μ＝0.5。
(3)設(shè)小物塊P最終停在小車上，小物塊在粗糙水平面ab上的相對路程為s，由于水平方向動量守恒，可知，此時P與小車速度大小仍然為v，
解得s＝3R
由于s＞2R
故P會滑離小車。
3.(2024·河北石家莊模擬)如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為2m的小車，車上固定一處于自然長度的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為2m的光滑木塊放在小車上，整個裝置靜止。現(xiàn)長為L的細(xì)線系著一個質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與豎直方向成θ＝60°角的A位置從靜止開始釋放，擺到最低點(diǎn)B時，剛好能與木塊相碰(相碰時間極短)，相碰后小球反彈的速度大小為碰撞前的一半，木塊與彈簧、小車相互作用的過程中無機(jī)械能損失，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。求：
圖3
(1)小球與木塊相碰前的速度；
(2)在木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能；
(3)木塊和小車最終運(yùn)動的速度大小。
解析　(1)小球下擺過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
(2)小球與木塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝mv球＋2mv木塊
彈簧彈性勢能最大時木塊與小車速度相等，木塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得2mv木塊＝(2m＋2m)v
由能量守恒定律得
(3)木塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
2mv木塊＝2mv木塊′＋2mv小車
4.(2024·浙江6月選考，18)一彈射游戲裝置豎直截面如圖4所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運(yùn)動，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
圖4
(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；
(2)若μ2＝0，滑塊恰好過C點(diǎn)，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；
(3)若μ2＝0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開彈簧時的最大速度vm。
答案　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
解析　(1)對滑塊從離開彈簧到運(yùn)動至圓形軌道最高點(diǎn)的過程，由動能定理有
(2)若μ2＝0，則滑塊滑上平板與之相互作用的過程，滑塊與平板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，故有mv0＝(M＋m)v共
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.625 J。
(3)經(jīng)分析可知，當(dāng)滑塊滑至平板右端且恰好與平板共速時，對應(yīng)滿足條件下滑塊離開彈簧時的速度最大。滑塊與平板相互作用的過程，對滑塊由牛頓第二定律有μ1mg＝ma1
對平板由牛頓第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有vm－a1t＝a2t
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm＝6 m/s。
(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB＝1 m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
圖5
答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
解析　(1)滑塊a以初速度v0從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動，由動能定理有
解得FN＝31.2 N。
(2)碰撞后滑塊a返回到B點(diǎn)的過程，
由動能定理有
解得va＝5 m/s
滑塊a、b碰撞過程，由動量守恒定律有
mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5 m/s
碰撞過程中損失的機(jī)械能
(3)滑塊a碰撞b后立即被粘住，
由動量守恒定律有mvF＝(m＋3m)vab
解得vab＝2.5 m/s
滑塊a、b一起向右運(yùn)動，
壓縮彈簧，a、b減速運(yùn)動，c加速運(yùn)動，當(dāng)a、b、c三者速度相等時，彈簧長度最小，由動量守恒定律有(m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc
解得Ep1＝0.5 J
滑塊a、b一起繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，
使a、b繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到零時，c速度最大，a、b速度最小；滑塊a、b一起再繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c減速，a、b加速，當(dāng)a、b、c三者速度相等時，彈簧長度最大，其對應(yīng)的彈性勢能與彈簧長度最小時彈性勢能相等，由彈簧的彈性勢能公式可知最大伸長量x2＝0.1 m
所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝x1＋x2＝0.2 m。

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