2023届高三物理复习专题17 力学三大观点的综合应用（解析版）.pdf

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1、专题1 7力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题.1题型二应用力学三大观点解决板一块模型及传送带模型问题.12题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F物体做匀变速直线运动，匀变速直线运动规律涉及到运动细节.v=vo+a tv1 v(?=2a x 等能量观点动能定理卬介=公反涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Eki+E p i=反2+与 2功能关系W G=AEp 等能量守恒定律E=E2动量观点动量定理/合=p p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律P+p2=Pr+pi只涉及初末速度而不涉

2、及力、时间【例 1】如图所示，水平桌面左端有一顶端高为的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135。后剩余的部分,M N为其竖直直径，尸点到桌面的竖直距离也为R.一质量,=0.4 k g的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰（碰撞过程没有机械能的损失）,碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s=6f2产（关系式中所有物理量的单位均为国际单位），物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.（重力加速度g取10 m*）求：（1）B P间的水

3、平距离S BP；（2）判断物块B能否沿圆轨道到达M点;(3)物块A由静止释放的高度h.【答案】(1)4.1 m(2)不 能(3)1.8 m【解析】(1)设碰撞后物块8由。点以初速度0D做平抛运动，落到P点时Uy?=2gR 其中p=ta n 45VD由解得如=4 m/s设平抛用时为7,水平位移为5 2,则有R g i2S 2=V Dt由解得$2=1.6 m物块B碰后以初速度%=6 m/s,加速度a=-4 m/s2减速到VD9则B D过程由运动学公式virv=2a si解得51=2.5 m故8户之间的水平距离“P=S2+SI=4.1 m(2)若物块8能沿轨道到达M点，在M点时其速度为。M,由。到M

4、的运动过程，根据动能定理，则有一乎吆式二斗。2-设在M点轨道对物块的压力为FN,贝 1 F +m g=n r 由解得FN=(1一立)m g 2 m/s由题意知V d V B2+2mQvQ2联立解得E=3mgR.【例 6】如图，为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙.MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C,P端右侧竖直平面内固定一光滑的;圆弧轨道P Q,圆弧轨道与水平面相切于P点.两小球4、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球4、8瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端。点竖直飞出，飞出后离Q点的最大高度为L B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为与.

5、已知A、B两球的质量均为加，NP段的长度和圆弧的半径均为L,A球与NP间的动摩擦因数=0.5,重力加速度为g,A、8分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触.。厂 町。M N P(1)求小球4 第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小；(2)求斜面体C的质量；(3)试判断A、8球能否再次相遇.【答案】(1 )5mg(2)1/n (3)不能【解析】(1)设小球A经过2点的速度为方,从P 点运动到最高点的过程中由机械能守恒定律得0VP设 A在。点受到圆形轨道的支持力为尸N,由牛顿第二定律得尸N-m g=，ny联立解得FN=5mg据牛顿第三定律可知，4 对圆形轨道的压力大小为5mg.(2)设刚分

6、离时A的速度为0,A从分离时到运动至尸点的过程中，据动能定理可得一/”/=4,血 2一5加/设刚分离时B的速度为6，取向左为正方向，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得皿设斜面体C的质量为?c,8在C上达到最大高度时，8与C共速，设此时两者速度为仍，8从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得=O +据机械能守恒定律可得5s2 =/用+/n c)P32+?g,亨联立解得?(3)设4下滑后向左通过P N后的速度为04,在A从最高点下滑向左通过P N的过程中，据动能定理可得mg2L-,mgL=解得 V 4=、3gL设8从C上滑回地面时B的速度为s,C的速度为a,从8球开始滑上C到再

7、滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mv2=fnv5+fncv()mV 22=mv52+incv(?联立解得0 5=3/就，。6=m/标由于。4。5,故两球不能再次相遇.h【例7】如图，光滑轨道P。的水平段Q 0=看 轨道在。点与水平地面平滑连接.一质量为，”的小物块A从高处由静止开始沿轨道下滑，在。点与质量为4 m的静止小物块B发生碰撞.A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5,重力加速度为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短.求：(1)第一次碰撞后瞬间4和8速度的大小；(2)请计算说明物块A与B能否发生第二次碰撞.【答案】见解析【解析】(1)设碰撞前4的速度

8、为。，对4下滑过程由动能定理得:mgh=mv2,得 v=、2gh碰撞中由动量守恒得：，由机械能守恒得：mv1=m vl 2 X 4/M ZB2w，Im 2m解 仔V V,0/3 V团十4，m十47解得碰撞后4 的速度：v=一 1 7 茄B的速度如=会 伍(2)碰撞后A沿光滑轨道上升后又滑到O,然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理得：nmgX A=2m v 2，解得 XA=|/?B沿地面减速滑行至停止，4g C 8=J x 4?o J3 8 ,付 X B=h因为X A X 8,所以会发生第二次碰撞.【例 8 .如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半 径R=：

9、m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为?=0.2 k g.两滑块初始位置与圆心连线夹角为9 0。：现给A滑块-瞬时冲量，使其获得v o=2 V w m/s的初速度并沿铁槽运动，与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数=0.2,g=1 0 m/s 2；试求：(1)A、3第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能E p m；(2)4 滑块运动的总路程.【答案】见解析【解析】(1)对 4滑块，由动能定理可得：2nR 1 ,1 ,A、8碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得:mV =(m+m)V 2又由能量守恒定律可得：1 2=品

10、+m)vr+p m解得：Ep m=1.8 J(2)A、8发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：皿又由机械能守恒定律可得：mv 2+/小？解得：。3=0,0 4=6 m/sA、B 的总路程为si,由功能关系有：一 m gs i =O 一/如(？A、3运动的总图数为小有：si=2nR n得：n=2.5对 A、B 的运动过程分析，A运动了 1.25 圈，故 A 滑块的路程 5-2=1.25 X 27 1/?=5 m.【例 9】如图所示，水平轨道0P 光滑，P M粗糙，P M长 L=3.2m.0M与半径R=0.1 5 m的竖直半圆轨道 MN平滑连接.小物块4自。点以%=1 4 m/s 向右运动，与静止在尸点

11、的小物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B 分 开,A恰好运动到M 点停止.A、8均看作质点.已知A的质量1.0 kg,8的质量，B=2.0 kg,A、8与轨道P M的动摩擦因数均为=0.25,g 取 lO m/s 2,求：N(1)碰后A、8的速度大小；(2)碰后B沿轨道P M运动到M所需时间；(3)若 B 恰好能到达半圆轨道最高点N,求沿半圆轨道运动过程损失的机械能.【答案】(l)4 m/s 5 m/s (2)0.8 s (3)1.5 J【解析】(1)由牛顿第二定律，A、8在尸M上滑行时的加速度大小相同，均为出firnsg fininga US 代入数据得：a=2.5 m/s2由运动学

12、知识，对 4,V 2=2a L得碰后速度功=4 m/sA、B 相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：,加 0 0 =2/卬|+勿3。2得碰后B的速度。2=5 m/s(2)对 B 物块，P 到 M 的运动过程，有：乙=如一；4-结合(1)可解得:，i=3.2 s(不符合，舍去)=0.8 s即所求时间，=0.8 s(3)8 在M点的速度大小V 3=V 2a t代入数值解得：s=3 m/s2B恰好过N点，满足：“j =m/jgM 到 N过程，由功能关系可得AE=1WBP3*21/nBf422niBgR(1)两球分离时的速度大小；(2)；W|与U形槽首次碰撞后瞬间，阳 与U形槽的速

13、度大小；(3)释放弹簧后，经多长时间与u形槽发生碰撞.【答案】(l)4m/s 2 m/s(2)2.4 m/s 1.6 m/s(3)0.4 s 解析】(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=m V i m2V2E=n V 2+当小力？联立解得 0=4 m/s,s=2 m/s(2)取向左为正方向，碰撞过程加与M组成的系统动量和机械能守恒，可得m V=m V 产 1功2=产0/2+A/V32得0 =-2.4 m/s,负号表示方向向右。3=L6 m/sL2(3)两球分离后各自做匀速运动，U形槽不动：“71经时间小先与U形槽碰撞，n=-=0.2 5 s此时 及运动的距离沏=。2九=0 5 m所 以

14、如 与U形槽碰撞时，加2与U形槽右侧边缘的距离为0.5 mU形槽与阳碰撞后，仍以2 m/s的初速度向右运动，U形槽以1.6 m/s的初速度向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有(M+如+/2)g=M4解得 a=2 m/s2假设U形槽一直做匀减速运动，则r=1=0.8 s后停止运动联立解得损失机械能：E=1.5J.【例1 0(2021宁夏银川一中高三模拟)质量分别为叫=0.1 kg、%2=0.2 kg的两弹性小球(可看作质点)放在质量M=0.4kg、内部长度=2 m且内表面光滑的U形槽内，U形槽静止在水平面上，且与水平面间的动摩擦因数=条，开始时两球间夹有一压缩的弹簧(弹簧未与两球连接、长度忽略)，

15、球和弹簧共储存能量E=1.2 J,静止在U形槽中央，如图4所示.假设所有碰撞时间极短，且碰撞过程中没有能量损失，释放两球(然后弹簧被取出)，已知小升-16.5,g取lO m/s2,求：由f 0.2 5 s 可 知 也 与 U形槽碰撞发生在槽停止运动前，则有V it2+V 3t2-a t22=0.5 m解得玄-0.1 5 s“2=3.4 5 s 舍去)则从释放弹簧到m 与 U形槽发生碰撞需要的时间r=n+z2=0.4 s.题型二应用力学三大观点解决板一块模型及传送带模型问题1 .滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题.2

16、 .滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化.3 .应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移.用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程).【例1】如图所示，一质量为M=3.0 k g 的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物4,质量为机=2.0 kg的人球用长1=2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以。(=7 m/s 的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N 的恒力户.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰

17、到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与h球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力.已知滑块与平板车间的动摩擦因数=0.3,1 0 m/s2,求：(1)撤去恒力产前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；(3)c能上升的最大高度.【答案】(1)滑块的加速度为3|1 1/$2、方向水平向左，平板车的加速度为4m/s 2,方 向 水 平 向 右(2)4 m/s(3)0.2 m【解析】(1)对滑块，由牛顿第二定律得：0=g=3 m/s2,方向水平向左对平板车，由牛顿第二定律得：。2=*潸=殍 m/s 2=4 m/s z,方向水

18、平向右(2)设经过时间滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F,共同速度为0则：V=a 2t解得：Z i =1 s,v=4 m/s.(3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得，mv =2mv2fV 4解得。2=5=m/s =2 m/s.根据机械能守恒得，g X 2mV 22=2mgh,解得 m=0.2 m.【例 2】(2022河南南阳市高三期末)如图所示，水平面上有一长为L=1 4.2 5 m的凹槽，长为/=苧 m、质量为M=2 k g 的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐.水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为，=4 k g 的小物块接触但不连接.用一水平力尸缓慢

19、向左推小物块，当力F做 功 W=7 2 J 时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为=0.2,其他摩擦不计，g取 1 0m/s 2,平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以忽略不计.求：(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离.答案(1)6 m/s (2)4 m/s (3)|m【解析】(1)由题知,解得0o=6 m/s(2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv()=(M+/n)vl设物块在平板车上滑动的距离为1,对此过程由动能定理得：解

20、得 O i=4 m/s,Z i=3 m设达到共速。时平板车的位移为x i,有用041解得x i=2 m,l+x=-m /=m所以物块已从平板车上滑下，不能第二次共速.设平板车向左速度减小到。时位移为X 2-finigX 2=0Mv i2解得X 2=2 m41I+x2=m L=1 4.2 5 m所以平板车没有与凹槽左端相碰.即小物块离开平板车之前，未与平板车第二次共速；且平板车没有与凹槽左端相碰.所以由动量守恒得nw-Mv 1=tnv3+MVA碰撞后物块在平板车上实际滑动的距离设为/3,由动能定理得/imgh=(M+m)v i2/=/i+/35 2解得 m/s,m/s碰撞后，至物块离开平板车时，

21、平板车运动的位移设为X 3,由动能定理得一 Z g t3=3加疗一1 235解 得 冷=1夜 om小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离为X3=T1 I Y 1.1 O【例 3】(2022辽宁葫芦岛市高三期末)如图所示，有一倾角6=37。的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P，将质量m=l k g 的“一 J”形木板(前端挡板厚度忽略)单独从斜面上端由静止释放，木板与挡板 P发生碰撞后，沿斜面上升的最大距离为s=0.1 5 m；若将光滑物块(视为质点)放在木板最上端并同时由静止释放(木板位置与上次释放时初位置相同).已知：物块的质量3=2 k g,释放时木板下端到挡板P的距 离 L

22、 i =3m,木板长乙 2=0.7 5 m,1 0 m/s2,s i n。=0.6,c o s 6=0.8,木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数；(2)物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；(3)物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程.【答案】(1)0.5 (2)3 J(3)3.4 1 m【解析】(1)木板单独下滑，由能量守恒定律得n/iLisin 9=Mgcos木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得；/川曲)2=?igssin e+

23、/igcos 夕s解得4=0.5.(2)木板与物块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力Ff|=/(/?!I+/2)gCOS 0&i如月sin 0故开始时木板静止不动.物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，由动能定理有机2gL2sin 0=m2V(r碰撞前物块速度伪)=3 m/s,碰撞后物块与木板整体速度设为V,由动量守恒定律得2200=(如+m2)。损失的机械能A E=I+m2)0，2解 得AE=3 J.(3)设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a ,向上运动的加速度大小为“2,则(m+/2)gsin。一(m i+/2)gcos 0=(tn+?2)m(m+?2)gsin+，2)gcos

24、0=(tn+?2)2“i=2 m/s2,2=10 m/s2木板与物块粘合后一起加速下滑o jo 2=2aL第一次撞击后木板上滑的距离V。(5)-=2。2sl解得 51=0.2 m第二次撞击木板时速度6,则V22=2aS7)-)第二次撞击后木板上滑的距离(5)2=242s252=0.01 m物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程s 名=41+2$I+$2=3.4I m.【例5】(2022福建厦门市一模)如图所示，一质 量 如=0.1 k g的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动

25、与另一质量m=0.3 kg的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上半径R=0.5 m的半圆弧轨道(直径C D竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点。时对。点的压力大小FN=8 4 N.木板质量M=0.4 k g、长度L=6 m,上表面与半圆弧轨道相切于。点，木板与右侧平台尸等高，木板与平台相碰后瞬间静止.已知两物块与木板间的动摩擦因数=0.5,其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s,取重力加速度大小g=1 0 m/s?.求：两物块经过D点时的速度大小V D；(2)释放物块前弹簧的弹性势能弓 和碰撞过程中损失的能量E；(3)物块滑上平台P时的动能Ek与 s的关系.

26、【答案】(1)1 0 m/s (2)6 4 J 4 8 J(3)见解析【解析】(1)两物块经过。点时受到半圆弧轨道的支持力、重力，有(mi+m2)V D2尸 N(如+?2)g=,得 VD=1 0 m/s(2)两物块由C点运动到。点，由动能定理有2(mi+tn2)gR=2(mi+m2)v +ini)vc解得w=4 邓m/s两物块发生碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有(m+m2)vc=in v(),得 v()=1 6 /5 m/s弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有1,A=产 肉 =6 4 J碰撞过程中损失的能量E=1 w i V02-1(W|+w 2)V x,所以两物块有与木板达到共

27、同速度的必要条件，若s2 x=2.5 m,说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有Ek=(mi+m2)v 2fi(mi+m2)g(L+x-x)=3 J若s T 17 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7(1)A第一次到达M点时，A和B各自的速度大小；(2)4和8达共同速度时，A距M点的距离；(3)自初始时至A、B碰撞，A的平均速度大小；(4)自初始时至A、B达共同速度，A向右运动的位移大小.【答案】(l)4m/

28、s 1 m/s(2)0.6 m(3)4.44 m/s(4)4.4 m【解析】(1)自初始时至4第一次到达B上的“点，由动量守恒得mvo=mv+Mv2由能量守恒定律有%?研f=斗皿2+RmgL联立两式代入数据解得5=4 m/s,z?2=l m/s自初始时至A和B达共同速度，由动量守恒得tnv()=(in+M)v由能量守恒定律得 w()2=；(m+M)v2+fimgLL=L-L2联立解得，A距M点的距离AL=0.6m(3)自初始时至A第一次到达B上的M点、,由动能定理得一，睦阳=；加02；皿)2,解得x=2 moo+oi又-2 h,解得力=0.4 s自A第一次到达8上的例点至到达右侧挡板，心=(切

29、一。2 2,解得=0.5 s则 X2=vt2=2 m自初始时至A、8 碰撞，A的平均速度五40解得 v=豆 m/s=4.44 m/s(4)A 与B右侧挡板碰撞过程，由动量守恒得mv-Mvi=nw+例。2 由能量守恒定律得5疗+如 疗/如 二 十 5 小，2解得=0,V 2f=3 m/sA 第二次经过 M 点后，有 f.imgx3=inv2 mvi9 2解得 X 3=0.4 m自初始时至A、5 达共同速度，A向右运动的位移X=X I+X2+X3=4.4 m.【例 7】如图，质量为=8 k g 的木板A8 静止放在光滑水平面上，木板右端3点固定一根水平轻质弹簧，弹簧自由端在。点，C到木板左端的距离

30、乙=0.5 m,质量为m=2 k g 的小木块(可视为质点)静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为=0.2,木板A8 受到水平向左的恒力尸=2 8 N,作用一段时间后撤去，恒力/撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5 c m,=1 0 m/s2.求：水平恒力F作用的时间f；撤去产后，弹簧的最大弹性势能与；(3)整个过程产生的热量Q.【答案】(1)1 s (2)0.6 J (3)2.8 J【解析】(1)木板向左做初速度为零的匀加速运动，而小木块在摩擦力R=?g 的作用下也做初速度为零的匀加速运动，设木板、小木块的加速度分别为 、尊，由牛顿第二定律得：对木板尸

31、一4?g=Ma i,对小木块加g=/n G,解得：1=3 m/s2,6/2=2 m/s2:撤去尸时，木块刚好运动到C处，则由运动学公式得：乙=3 的产一%2 尸，解得：t=1 S；(2)撤 去 力/时，设木板、小木块的速度分别为0、V 2,由运动学公式得切=n =3 m/s,V 2=ci2t=2 m/s,撤去力F时，因木板的速度大于小木块的速度，木块将压缩弹簧，小木块加速，木板减速，当它们具有共同速度。时，弹簧弹性势能最大，将木块和木板及弹簧视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒，则有：M ui+m 2=(M+m)。，系统从撤去力尸后到其有共同速度，由能量守恒定律得：5 加2?=；(M+m)

32、v2+p+/imgx,解得：p=0.6 J.(3)假设木块相对木板向左滑动离开弹簧后系统又能达到同共速度加，木块相对木板向左滑动的距离设为S,由动量守恒定律得M0|+W2=(M+m)。，由能量守恒定律得J(M+，)o2+Ep=；(M+，”)l/2+/gS解得：s=0.1 5 m,由于x+Ls且 s x,故假设成立，所以整个运动过程中系统产生的热量为Q=wg(L+x+.0=2.8 J.【例 8】(2022山西运城市高三一模)如图所示，半径R=1.6 m 的光滑四分之一圆轨道放在光滑水平地面上，其左侧紧靠竖直墙壁、底端切线水平.长木板。的左端紧靠圆轨道(但不拴连)，且上表面与圆轨道末端相切，长木板

33、上放一个轻弹簧，轻弹簧右端被固定在木板的右端，长木板最左端放一物块P.现从高于圆轨道顶端”=11.2 m 的位置无初速度释放一个质量3=1.0 kg的小球，小球无碰撞进入圆轨道，经过圆轨道后与物块P发生碰撞.碰后小球返回到圆轨道的最高点时被锁定，小球被锁定的位置和圆轨道圆心的连线与竖直方向夹角0=60。.物 块 P 被碰后沿长木板上表面向右滑动，随后开始压缩弹簧，已知最后物块P 刚好返回到长木板。的最左端.小球和物块P 都可以视为质点，物块P 与木板Q 的质量分别为w 和，,，切m Q=2 kg,g 取=10m/s2.求：(1)小球在圆轨道上下滑的整个运动过程中，对轨道的水平冲量/的大小;(2

34、)小球与物块P发生的碰撞中损失的机械能；(3)整个过程中轻弹簧的最大弹性势能.【答案】(l)16kg-m/s(2)20 J(3)25 J【解析】(1)根据机械能守恒定律mng(H+R)=in()vo2解得。o=16 m/s根据动量定理，轨道对小球的水平冲量/=mov()解得/=16 kg m s-1依据牛顿第三定律，小球在圆轨道上下滑的整个运动过程中，对轨道的水平冲量/的大小为16kg-m/s(2)小球和物块P 碰撞的过程中，根据动量守恒定律，规定向右为正方向，即有moV o=m()v+mpV p以小球为研究对象，根据机械能守恒定律，1 ,5m(flr=?ogR(l cos 0)解得 v=4

35、m/s,。户=10 m/s碰撞中损失的机械能.1 7 1 9 1 7=产0研/一5*一产 P0/Z解得AE=20J(3)由动量守恒定律可以判断弹簧压缩到最短时和物块P再次回到木板。的最左端时，物块P和木板Q的共同速度是相等的，设为。2,由动量守恒定律得：mpV p=(mp-1-mQ)V 2设整个过程因摩擦产生的热量为Q,由能量守恒定律得：Q npV 可以判断从物块P开始运动到弹簧压缩到最短的过程中摩擦产生的热量和弹簧从最短到物块P刚好回到木板。最左端过程中摩擦产生的热量相等且为号，设弹簧的最大弹性势能为Ep m,从物块P开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒定律得E p m+号=/。/一

36、(，”+mQ)V 22解得 E p m=2 5 J.【例9】.(2022广东汕头市模拟)长度L=0.90 m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块4相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板.接着再将另一小物块8同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上.已知物块A与木板的质量相等,而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.2 5,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g取l O m/落求：(1)木板开始时的初速度PO的大小；最后两物块之间的距离.答案(1)3 m/s (2)0.6 6 m【解析】(1)设物块4和木板的质量均

37、为加，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得/如o=2”犯；由功能关系可得=mv(r3 X 2 moi 2联立解得v()=3 m/s.(2)设释放3后经时间h木板和8的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止,设A、木板和8的加速度大小分别为劭、和 劭.根据牛顿第二定律得4 mg=7矶g m g finig=ma,3 mg=3 必，可得4=5 m/s 2 aA=2.5 m/s 说明木板减速比A更快，A相对木板向右滑动；木板和3的速度达到相等，有 V 2=via t=alit9解得力=0.2 s,B的位移为切=步曲2;此后木板和5保

38、持相对静止一起加速，再经时间及和A的速度相等，由动量守恒定律得 W()=(7 +加+3?)0 3,解得。3=0.6 m/s：A在力+打时间内一直保持匀减速运动，有V 3=V a A(ti+t2)解得=0.1 6 S；在 1 2 时间内8的位移为x 2 Z，而A在八+介时间内的位移为犬4=P l+，2)：最后两物块之间的距离SL+(XB+XB)必，解得 5=0.6 6 m.1 0.(2 0 2 2 湖南师大附中高三月考)如图所示，足够长的光滑水平面上有一水平轻质弹簧在其左侧固定，弹簧右端连接质量加=1 k g 的小物块A,弹簧压缩后被锁定.传送带长/=1 m,以。=2 m/s 的速度逆时针转动,

39、它与水平面等高，并能平滑对接，传送带右侧与光滑的曲面平滑连接.质量M=2 k g 的小物块B从其上距水平面人=1.0 m 处由静止释放，经过一段时间后与物块A碰撞.设物块A、8之间发生的是对心碰撞，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除.8 与传送带之间的动摩擦因数=0.2,取 g=1 0 m/s 2,两物块均可视为质点.(1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)若物块8第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平面=0.6 5 m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A 都会立即被锁定，而

40、当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、8第 次碰撞后瞬间速度大小.【答案】见解析【解析】(1)若 8在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的速度为5就，8从最高点运动到传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh#r2-0代入数据解得。i,“=4 m/s 2 m/s,所以物块8与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s,两物块碰撞过程系统动量守恒，设 8与A碰撞后瞬间共同速度为s后，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv a=(m+M)vt 后Q代入数据可解得0 后=m/s,物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能A E=A/i?i 前 2：(m+加)0 后 2联立代入数据可解得A E=J(2)

41、当弹簧恢复原长时A、8分离，设3第 一 次 离 开 弹 簧 时 速 度 为 对8从离开弹簧到运动至力 高度处过程，由动能定理得一=0 岛2对A、B及弹簧系统，由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置，由能量守恒定律得Ep=(M+/n)Pi*代入数据解得弹簧被锁定时弹性势能的大小与=不J(3)若8从/处下落后在传送带上能够一直减速，8在运动至传送带左端过程中，由动能定理得/19Mgh Mg/=树 0解 得 诊前=3 m/s2 m/s,故物块B与物块A第二次碰前的速度大小力前=3 m/s3与A第二次碰撞过程中对A、B组成的系统有M O 2 浒=O +M)0 2 后2代入数据解得。2后=3 Xg m/s=2 m/s8向右再次冲到传送带上，若能在其上速度变为0,设其通过的位移为 由动能定理有19 A 3 =0于 他.6 -代入数据解得x=l m,故B第三次与A相撞时的速度仍为6前=2 m/s,再 由M s前=(m+M)03后解 得 后=3 X($2 m/s推理可知8与A第次碰撞后速度大小的表达式为。后=3 X q)w m/s根据以上分析可知，物块A、8第次碰撞后瞬间速度大小为81m/s(=1)23X($E m/s(”=2、3、4-)