资源简介

(共64张PPT)
专题强化七
目标
要求
1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题.
动量和能量的综合问题
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.用动量定理可简化问题的求解过程.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
内容索引
题型一　动量与能量观点的综合应用
题型二　力学三大观点的综合应用
课时精练
题型一　
动量与能量观点的综合应用
例1　(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑
杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
答案　8 N　5 N　
当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
答案　8 m/s　
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案　0.2 m
由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－ (m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
例2　(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态.A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
题型二
力学三大观点的综合应用
例3　(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰.已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止.忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
答案　5 m/s
物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝ 解得vb＝5 m/s ①
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0 ②
③
联立①②③解得v0＝5 m/s ④
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
答案　FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m ⑤
⑥
⑦
联立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m) ⑧
(3)若物块b释放高度0.9 m当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
⑨
⑩
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，

x＝3l＋DF＋s1

当0.9 m当h最小时
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m代入数据得2.6 m例4　(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，
摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
答案　4 m/s　22 N　
滑块从静止释放到C点过程，
根据动能定理可得
mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝ mvC2
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝
解得FC＝22 N
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
答案　0.3　
设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1
解得μ＝0.3
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
答案　2.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s.
三
课时精练
1.(2023·浙江精诚联盟联考)如图所示，竖直的半径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在H、B处平滑连接，倾角为θ的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接.在直轨道AH左端固定连接一轻弹簧，弹簧另一端系一个质量为m的小滑块Q，弹簧处于自然状态.一个质量也为m的小滑块P从斜面CD上高H处由静止下滑.已知BC段与小滑块P间的动摩擦因数μ＝0.2.轨道其他部分均光滑，直
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2
3
4
轨道BC长LBC＝1 m，m＝1 kg，θ＝30°，R＝0.2 m.弹簧始终处于弹性限度内，滑块脱离轨道后，不会再落到轨道上，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，求滑块P从静止下滑的高度H；
1
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答案　0.4 m　
滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0，mg(H－R)－μmgLBC＝0，
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m.
(2)若滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后PQ一起运动，但互不粘连，求P、Q第一次分离时弹簧和滑块Q系统的机械能.
1
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答案　1.25 J
1
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设滑块P碰前速度为v0，
解得v02＝5gR
设碰后共同速度为v，有mv0＝2mv，
2.(2023·浙江衢州市质检)在一场冰壶比赛中，如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始.不断刷冰，直至两壶发生正碰为止.已知，红壶经过P点时速度v0＝3.25 m/s，P、O两点相距L＝27 m，大本营半径R＝1.83 m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v－t图线如图乙所示.假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点.
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(1)试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
1
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答案　会滑出
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设冰壶的质量为m，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、v1′和v2′，
由题图乙可得v1＝1.25 m/s，v1′＝0.25 m/s，
由动量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2′ ①
②
③
由①②③及题图乙信息得s1＝2.00 m>R＝1.83 m
则蓝壶会滑出大本营.
④
(2)求在刷冰区域内红壶滑行的距离s.
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答案　15 m
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4
设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为Ff1，Ff1＝ma1 ⑤
由题图乙可得t＝0时红壶的速度v0′＝ 1.35 m/s，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为Ff2，加速度大小为a2，Ff2＝ma2 ⑥
⑦
在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得
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2
3
4
由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得s＝15 m.
3.(2021·浙江6月选考·20)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终
落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的
动摩擦因数μ＝ sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2.
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(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
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答案　4 m/s　
小滑块在AB轨道上运动时有
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
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3
4
答案　0.45 m　
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3
4
设小滑块滑至B点时的速度大小为vB，小滑块与小球碰撞后速度大小分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
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2
3
4
从C点到E点由机械能守恒可得
解得hmin＝0.45 m
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
1
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3
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答案　0.8 m
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设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理有
从G点到Q点，由平抛运动规律可得x＝vGt，
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为xmax＝0.8 m.
4.(2023·浙江精诚联盟联考)如图为一游戏装置的示意图，倾角α＝53°的轨道AB与半径R＝0.50 m半圆轨道相切.水平放置的传送带以v带＝2 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF长L2＝3 m，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块，物块的质量M＝0.3 kg且数量N足够多.游戏开始时，让质量为m＝0.1 kg的物块m从轨道AB上由静止滑下，到达轨道最低点C时对轨道的压力大小为6.8 N.物块m与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1，轨道其余部分均光滑.碰撞均为对心弹性碰
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撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内，不计空气阻力.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求物块m到达C点时的速度大小vC和从轨道AB释放的高度H；
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代入数据解得H＝1.04 m
(2)若物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落至传送带，求CE两点的水平距离L1；
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答案　1.6 m　
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解得vD＝5 m/s
在D点，沿水平方向和竖直方向分解速度可得vDx＝vDcos 53°＝3 m/s，vDy＝vDsin 53°＝4 m/s
物块从C运动至D，由动能定理得
依题意可得L1＝Rsin 53°＋vDxtDE＝1.6 m
(3)求物块m在传送带上运动的总时间t总.
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答案　5.25 s
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依题意，物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落至传送带，有vE＝vDx＝3 m/s
因为物块m与传送带共速所
经过的位移
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3
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到达传送带右端时速度大小v0
＝v带＝2 m/s
因为物块1、2、3、…、N中任
意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以物块m每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零.
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当n→＋∞时，t＝4 s，所以物块m在传送带上运动的总时间为t总＝t0＋t＝5.25 s.专题强化七　动量和能量的综合问题
目标要求　1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题．
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
题型一　动量与能量观点的综合应用
例1　(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
例2　(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
答案　(1)m1　(2)
解析　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝
由动量定理有I＝m1vA＝m1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝v′
联立解得vB＝
又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝.
题型二　力学三大观点的综合应用
例3　(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m答案　(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m解析　(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvb2，解得vb＝5 m/s①
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0②
mvb2＝mvb′2＋mv02③
联立①②③解得v0＝5 m/s④
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m⑤
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m⑥
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑦
联立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)⑧
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑨
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2⑩
水平方向s1＝vEt
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m当h最小时
解得s2＝1.8 m
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m代入数据得2.6 m例4　(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
答案　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
解析　(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝mvC2
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝m
解得FC＝22 N
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝＝3 m/s
根据能量守恒可得Q＝μmgL＝mv2－×2mv12
解得μ＝0.3
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝3 m/s2
所用时间为t1＝＝1 s
此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s.
课时精练
1.(2023·浙江精诚联盟联考)如图所示，竖直的半径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在H、B处平滑连接，倾角为θ的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．在直轨道AH左端固定连接一轻弹簧，弹簧另一端系一个质量为m的小滑块Q，弹簧处于自然状态．一个质量也为m的小滑块P从斜面CD上高H处由静止下滑．已知BC段与小滑块P间的动摩擦因数μ＝0.2.轨道其他部分均光滑，直轨道BC长LBC＝1 m，m＝1 kg，θ＝30°，R＝0.2 m．弹簧始终处于弹性限度内，滑块脱离轨道后，不会再落到轨道上，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，求滑块P从静止下滑的高度H；
(2)若滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后PQ一起运动，但互不粘连，求P、Q第一次分离时弹簧和滑块Q系统的机械能．
答案　(1)0.4 m　(2)1.25 J
解析　(1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0，mg(H－R)－μmgLBC＝0，
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m.
(2)设滑块P碰前速度为v0，
由mg＝m，mv02＝mg·2R＋mvE2，
解得v02＝5gR
设碰后共同速度为v，有mv0＝2mv，
解得v＝
弹簧原长处P、Q分离，分离时P和Q的动能均为EkP＝mv2＝mv02
分离时弹簧和滑块Q系统的机械能E＝mv02＝mgR＝1.25 J.
2．(2023·浙江衢州市质检)在一场冰壶比赛中，如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始．不断刷冰，直至两壶发生正碰为止．已知，红壶经过P点时速度v0＝3.25 m/s，P、O两点相距L＝27 m，大本营半径R＝1.83 m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v－t图线如图乙所示．假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点．
(1)试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
(2)求在刷冰区域内红壶滑行的距离s.
答案　(1)会滑出　(2)15 m
解析　(1)设冰壶的质量为m，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、v1′和v2′，
由题图乙可得v1＝1.25 m/s，v1′＝0.25 m/s，
由动量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2′①
设碰后蓝壶滑行距离为s1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a1，s1＝②
由题图乙可得a1＝＝0.25 m/s2③
由①②③及题图乙信息得s1＝2.00 m>R＝1.83 m④
则蓝壶会滑出大本营．
(2)设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为Ff1，Ff1＝ma1⑤
由题图乙可得t＝0时红壶的速度v0′＝1.35 m/s，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为Ff2，加速度大小为a2，Ff2＝ma2⑥
由题图乙可得a2＝＝0.10 m/s2⑦
在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得
－Ff1(L－s)－Ff2s＝mv12－mv02⑧
由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得s＝15 m.
3．(2021·浙江6月选考·20)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
答案　(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
解析　(1)小滑块在AB轨道上运动时有
mgh－μmgcos θ·＝mv02
代入数据解得v0＝＝4 m/s
(2)设小滑块滑至B点时的速度大小为vB，小滑块与小球碰撞后速度大小分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
mvB2＝mv12＋mv22
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
mg＝m
从C点到E点由机械能守恒可得
mvEmin2＋mg(R＋r)＝mvBmin2
其中vBmin＝，
解得hmin＝0.45 m
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理有
mg(R＋y)＝mvG2－mvEmin2
从G点到Q点，由平抛运动规律可得x＝vGt，
H＋r－y＝gt2
联立可得水平距离为x＝2
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为xmax＝0.8 m.
4．(2023·浙江精诚联盟联考)如图为一游戏装置的示意图，倾角α＝53°的轨道AB与半径R＝0.50 m半圆轨道相切．水平放置的传送带以v带＝2 m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF长L2＝3 m，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块，物块的质量M＝0.3 kg且数量N足够多．游戏开始时，让质量为m＝0.1 kg的物块m从轨道AB上由静止滑下，到达轨道最低点C时对轨道的压力大小为6.8 N．物块m与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1，轨道其余部分均光滑．碰撞均为对心弹性碰撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内，不计空气阻力．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求物块m到达C点时的速度大小vC和从轨道AB释放的高度H；
(2)若物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落至传送带，求CE两点的水平距离L1；
(3)求物块m在传送带上运动的总时间t总．
答案　(1) m/s　1.04 m　(2)1.6 m　(3)5.25 s
解析　(1)由牛顿第三定律知在C点轨道对物块m的支持力为FNC＝6.8 N，由牛顿第二定律得FNC－mg＝m，解得vC＝ m/s
物块从释放到运动至C，由动能定理得mg(H＋R＋Rcos 53°)－μ1mgcos 53°＝mvC2－0
代入数据解得H＝1.04 m
(2)物块从C运动至D，由动能定理得
－mg(R－Rcos 53°)＝mvD2－mvC2
解得vD＝5 m/s
在D点，沿水平方向和竖直方向分解速度可得vDx＝vDcos 53°＝3 m/s，vDy＝vDsin 53°＝4 m/s
又tDE＝＝0.4 s
依题意可得L1＝Rsin 53°＋vDxtDE＝1.6 m
(3)依题意，物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落至传送带，有vE＝vDx＝3 m/s
因为物块m与传送带共速所经过的位移
x1＝＝2.5 m所以物块m从E运动到F先减速后匀速，在传送带上运动时间t0＝＋＝1.25 s
到达传送带右端时速度大小v0＝v带＝2 m/s
因为物块1、2、3、…、N中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以物块m每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零．设物块m第n次与物块1碰前的速度为vn－1，碰后速度为vn，物块1碰后的速度为vn′，由动量守恒定律和能量守恒定律得mvn－1＝mvn＋Mvn′，mvn－12＝mvn2＋Mvn′2
由以上两式得vn＝－vn－1，v1＝－v0＝－1 m/s，
所以＝
因为x2＝＝0.5 m所以物块m在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块m第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动时间t1＝2＝2 s，同理tn－1＝2，tn＝2，所以＝＝，所以t＝
当n→＋∞时，t＝4 s，所以物块m在传送带上运动的总时间为t总＝t0＋t＝5.25 s.

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