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(共24张PPT)
专题五　动力学、动量和能量观点的综合应用
关键能力·分层突破
考点一　碰撞模型的拓展
模型1“弹簧系统”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(2)在动量方面，系统动量守恒．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．

例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是(　　)
A．a的质量为1 kg
B．a的最大速度为4 m/s
C．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 J
D．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒
答案：BC
解析：由题意可知，当b的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a的速度最大为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mbv0＝＝＋mav2，代入数据解得：ma＝0.5 kg，v＝4 m/s，故A错误，B正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mbv0＝(ma＋mb)v2，Ep＝，代入数据解得：Ep＝1.5 J，故C正确；在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D错误．
模型2“滑块—木板”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．
(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．
例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
答案：(1)v0　－L　
解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，
解得v1＝
最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：
3mv0＝4mv2，
解得v2＝v0
(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：
＝2mgμ(L＋x)×2
解得x＝－L
在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：
Ep＝2mgμ(L＋x)
解得Ep＝
教你解决问题
第一步：审条件　挖隐含
①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”P的速度不变．
②“碰撞后P1与P2粘连在一起”P1、P2获得共同速度．
③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．
第二步：审情景　建模型
①P1与P2碰撞碰撞模型．
②P与P2之间的相互作用滑块—滑板模型．
第三步：审过程　选规律
①动量守恒定律―→求速度．
②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能Ep.
模型3“子弹打木块”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝－(M＋m)v2.
(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝.
例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取.下列分析正确的是(　　)
A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为 s
B．最后小物体与小车的共同速度为3 m/s
C．小车的最小长度为1.0 m
D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s
答案：AD
解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝ s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．
跟进训练
1．[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2
B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2
C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v2

答案：AC
解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由Ek＝可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝，由能量守恒有＝(m1＋m2)v2＋Ep，得Ep＝，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L12．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.
(1)小车在1.0 s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
答案：(1)0　(2)4.8 m
解析：(1)由v － t图象可知：A、B的加速度大小为aA＝2 m/s2，aB＝2 m/s2
由牛顿第二定律可知，fA＝2 N，fB＝2 N
所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．
(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：xA＝(2＋4)×1 m＝3 m，xB＝×2×1 m＝1 m
1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则
mvA＝(M＋2m)v，代入数据得：
v＝0.4 m/s
1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝ m/s2＝0.5 m/s2
x′A＝＝0.96 m
x车＝＝0.16 m
车的长度至少为l＝xA＋xB＋x′A－x车＝4.8 m.
考点二　力学三大观点解决多过程问题
1．三大力学观点的选择技巧
根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．
2．三大解题策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例4. 如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为Ep＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知xbc＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．
(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．
(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？

答案：(1)见解析　(2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8
解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，
Ep＝
解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s
物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v，距水平面的高度为h，则有m1v1＝＝(m1＋M)v2＋m1gh
解得h＝0.1 m
由于h＝R(1－cos 60°)，所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝＝
解得v3＝0，v4＝2 m/s.
(2)若Q恰能经过d点，则Q在d点的速度vd满足m2g＝
Q从b点运动到半圆轨道最高点d的过程，由动能定理有
－μm2gxbc－2m2gr＝
解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3
若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm2gxbc－m2gr＝
解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6
若Q恰能到达c点，则由动能定理得－μm2gxbc＝
解得Q恰能运动到c点时μ＝0.8
分析可知，要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.
跟进训练
3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：
(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．
答案：(1)　(2)R
解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝，解得vC＝.小球从A到C，由机械能守恒定律得＝＋mg·2R，联立解得v0＝
(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得＝＋mgh，联立解得h＝R.专题五　动力学、动量和能量观点的综合应用
力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．
关键能力·分层突破
考点一　碰撞模型的拓展
模型1“弹簧系统”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(2)在动量方面，系统动量守恒．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．
例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是(　　)
A．a的质量为1 kg
B．a的最大速度为4 m/s
C．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 J
D．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒
模型2“滑块—木板”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．
(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．
例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
教你解决问题
第一步：审条件　挖隐含
①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”P的速度不变．
②“碰撞后P1与P2粘连在一起”P1、P2获得共同速度．
③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．
第二步：审情景　建模型
①P1与P2碰撞碰撞模型．
②P与P2之间的相互作用滑块—滑板模型．
第三步：审过程　选规律
①动量守恒定律―→求速度．
②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能Ep.
模型3“子弹打木块”模型
1.模型图
2．模型特点
(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝－(M＋m)v2.
(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝.
例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取.下列分析正确的是(　　)
A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为 s
B．最后小物体与小车的共同速度为3 m/s
C．小车的最小长度为1.0 m
D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s
跟进训练
1．[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2
B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2
C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v2
2．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.
(1)小车在1.0 s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
考点二　力学三大观点解决多过程问题
1．三大力学观点的选择技巧
根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．
2．三大解题策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例4. 如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为Ep＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知xbc＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．
(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．
(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
跟进训练
3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：
(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．
专题五　动力学、动量和能量观点
的综合应用
关键能力·分层突破
例1　解析：由题意可知，当b的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a的速度最大为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mbv0＝＝＋mav2，代入数据解得：ma＝0.5 kg，v＝4 m/s，故A错误，B正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mbv0＝(ma＋mb)v2，Ep＝，代入数据解得：Ep＝1.5 J，故C正确；在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D错误．
答案：BC
例2　解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，
解得v1＝
最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：
3mv0＝4mv2，
解得v2＝v0
(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：
＝2mgμ(L＋x)×2
解得x＝－L
在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：
Ep＝2mgμ(L＋x)
解得Ep＝
答案：(1)v0　－L　
例3　解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝ s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．
答案：AD
1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由Ek＝可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝，由能量守恒有＝(m1＋m2)v2＋Ep，得Ep＝，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1答案：AC
2．解析：(1)由v － t图象可知：A、B的加速度大小为aA＝2 m/s2，aB＝2 m/s2
由牛顿第二定律可知，fA＝2 N，fB＝2 N
所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．
(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：xA＝(2＋4)×1 m＝3 m，xB＝×2×1 m＝1 m
1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则
mvA＝(M＋2m)v，代入数据得：
v＝0.4 m/s
1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝ m/s2＝0.5 m/s2
x′A＝＝0.96 m
x车＝＝0.16 m
车的长度至少为l＝xA＋xB＋x′A－x车＝4.8 m.
答案：(1)0　(2)4.8 m
例4　解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，
Ep＝
解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s
物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v，距水平面的高度为h，则有m1v1＝＝(m1＋M)v2＋m1gh
解得h＝0.1 m
由于h＝R(1－cos 60°)，所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝＝
解得v3＝0，v4＝2 m/s.
(2)若Q恰能经过d点，则Q在d点的速度vd满足m2g＝
Q从b点运动到半圆轨道最高点d的过程，由动能定理有
－μm2gxbc－2m2gr＝
解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3
若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm2gxbc－m2gr＝
解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6
若Q恰能到达c点，则由动能定理得－μm2gxbc＝
解得Q恰能运动到c点时μ＝0.8
分析可知，要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.
答案：(1)见解析　(2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8
3．解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝，解得vC＝.小球从A到C，由机械能守恒定律得＝＋mg·2R，联立解得v0＝
(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mvC＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得＝＋mgh，联立解得h＝R.
答案：(1)　(2)R

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