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第18讲　微专题二 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
目录
[基础过关] 1
一、力的三个作用效果与五个规律 1
二、碰撞中常见的力学模型及其结论 2
[命题点研究] 2
命题点一　动量与动力学观点的综合应用 2
命题点二　动量与能量观点的综合应用 2
命题点三　力学三大观点解决多过程问题 4
[课时训练] 5
[基础过关]
一、力的三个作用效果与五个规律
分类 对应规律 公式表达
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma
力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12
机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22
力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp
动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、碰撞中常见的力学模型及其结论
模型名称 模型描述 模型特征 模型结论
“速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)
“完全非弹性碰撞”模型 两球正碰后粘在一起运动 动量守恒、能量损失最大 v＝v0(v2＝0，v1＝v0)
[命题点研究]
命题点一　动量与动力学观点的综合应用
1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
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，即转变为系统内能的量．
(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换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
命题点二　动量与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
命题点三　力学三大观点解决多过程问题
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．
2．应对策略
(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)．
一轻质细绳一端系一质量为m＝200g的小球a，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球a的距离为L＝0.1m，小球a跟水平面接触，但无相互作用。在小球a的两侧等距离处分别固定两个相同的斜面CD、C'D'，斜面足够长且倾角θ＝37°，如图所示，两个斜面底端CC′的水平距离s＝2m。现有一小滑块b，质量也为m，从左侧斜面CD上由静止滑下，与小球a发生弹性碰撞。已知小滑块b与斜面、水平面的动摩擦因数μ均为0.25，若不计空气阻力和C、C′点处的机械能损失，并将滑块和小球都视为质点，试问：
（1）若滑块b从h＝1.5m处静止滑下，求滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小；
（2）若滑块b与小球a第一次碰撞后，小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零，求滑块b最终停下来的位置到C点的距离x；
（3）若滑块b从h处静止滑下，求小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能Ekn的表达式。（要求除h、n外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。）
[课时训练]
1．如图甲所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，比赛过程简化为如图乙所示，在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出，冰壶沿水平冰道中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以v0＝4m/s的速度被掷出后，恰好停在营垒区中心O，PO间距离为x＝40m。已知冰壶的质量为m＝19kg，冰壶自身大小可忽略，冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。在比赛中，运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为一确定值。
（1）求没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）在某次比赛中冰壶投掷速度v0＝3m/s，从MN前方12.5m处开始不停擦拭冰面，直至冰壶正好停在营垒区中心O点。求擦拭冰面后冰壶的加速度大小；
（3）求（2）问中，从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量。
2．如图为某游戏装置的示意图，由固定的竖直光滑圆弧轨道A、静止在光滑水平面上的滑板B、固定竖直挡板C组成。轨道A的底端与滑板B的上表面水平相切，初始时轨道A与滑板B左端紧靠在一起，滑板B右端与竖直挡板C相距d＝5m。游客乘坐滑椅（可视为质点）从轨道A上P点由静止出发，冲上滑板B，滑板B足够长（滑椅不会从滑板表面滑出），滑板B与挡板碰撞无机械能损失。已知游客与滑椅的总质量m＝100kg，圆弧轨道的半径R＝6.4m，O点为圆弧轨道的圆心，OP与竖直方向夹角60°，滑板B的质量M＝300kg，滑椅与滑板B间的动摩擦因数μ＝0.2，空气阻力可忽略。求：
（1）游客与滑椅滑到圆弧轨道最低点时的动量大小；
（2）滑板B与竖直挡板碰撞前，游客、滑椅和滑板B组成的系统产生的内能；
（3）若滑板B右端与固定挡板C距离d可以改变，并要求滑板B只与挡板C碰撞两次，则d应满足的条件。
3．离水平地面的高度h＝5m的上方放置ABC光滑导轨，B处圆滑连接（无机械能损失），AB竖直高度H，光滑圆轨道CDC，半径R＝0.4m.CE为水平粗糙轨道，μ＝0.4，长L＝4m，OM为一堵竖直光滑的墙壁，轨道末端E点距离墙壁的水平距离为x0＝1m，小球与墙壁发生的碰撞为弹性碰撞，小球落在水平地面上不反弹。有一质量为m＝0.1kg的小球（可看成质点），小球在A点静止下滑，不计空气阻力，以O点为坐标原点向左为x轴。求；
（1）小球过D点时恰好对轨道无压力，整个过程摩擦力对小球做的功；
（2）若小球停在CE轨道上，H的范围；
（3）小球释放的高度H与落地点x的关系。
4．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
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第18讲　微专题二 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
目录
[基础过关] 1
一、力的三个作用效果与五个规律 1
二、碰撞中常见的力学模型及其结论 2
[命题点研究] 2
命题点一　动量与动力学观点的综合应用 2
命题点二　动量与能量观点的综合应用 2
命题点三　力学三大观点解决多过程问题 4
[课时训练] 6
[基础过关]
一、力的三个作用效果与五个规律
分类 对应规律 公式表达
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma
力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12
机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22
力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp
动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、碰撞中常见的力学模型及其结论
模型名称 模型描述 模型特征 模型结论
“速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)
“完全非弹性碰撞”模型 两球正碰后粘在一起运动 动量守恒、能量损失最大 v＝v0(v2＝0，v1＝v0)
[命题点研究]
命题点一　动量与动力学观点的综合应用
1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
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，即转变为系统内能的量．
(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换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2；x2
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3
命题点二　动量与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
命题点三　力学三大观点解决多过程问题
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．
2．应对策略
(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)．
一轻质细绳一端系一质量为m＝200g的小球a，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球a的距离为L＝0.1m，小球a跟水平面接触，但无相互作用。在小球a的两侧等距离处分别固定两个相同的斜面CD、C'D'，斜面足够长且倾角θ＝37°，如图所示，两个斜面底端CC′的水平距离s＝2m。现有一小滑块b，质量也为m，从左侧斜面CD上由静止滑下，与小球a发生弹性碰撞。已知小滑块b与斜面、水平面的动摩擦因数μ均为0.25，若不计空气阻力和C、C′点处的机械能损失，并将滑块和小球都视为质点，试问：
（1）若滑块b从h＝1.5m处静止滑下，求滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小；
（2）若滑块b与小球a第一次碰撞后，小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零，求滑块b最终停下来的位置到C点的距离x；
（3）若滑块b从h处静止滑下，求小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能Ekn的表达式。（要求除h、n外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。）
【解答】解：（1）滑块b开始下滑到与a碰撞前瞬间过程，由动能定理得：0，
代入数据解得：v1m/s
a、b碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1＝mva+mvb，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：va＝v1m/s，vb＝0m/s，
a做圆周运动，绳子拉力与重力提供向心力，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m，
代入数据解得：F＝32N；
（2）①小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零，重力提供向心力，
在最高点，由牛顿第二定律得：mg＝m，
代入数据解得：vt＝1m/s，
从碰撞后到小球到达最高点过程，由动能定理得：
﹣mg 2L，
a、b质量相等且发生弹性碰撞，碰撞后两者交换速度，
碰撞后，对b，由动能定理得：﹣μmgΔx＝0，
代入数据解得：Δx＝1m，
滑块b最终停下来的位置到C点的距离：x＝Δx2m；
②若小球恰好运动到半圆，在最高点时vt＝0，
由动能定理得：mg L﹣μmgΔx＝0，
代入数据解得：Δx＝0.4m
则：xs﹣Δx＝0.6m；
（3）对滑块b，由动能定理得：0，
解得：，
第n﹣1次做完整的圆周运动时，
Ekn﹣1hn﹣1+0.5，
，
解得：Eknhn﹣1﹣0.5
可以得到：
Ekn+1.5（Ekn﹣1+1.5），Ekn（h+1）﹣1.5；
答：（1）若滑块b从h＝1.5m处静止滑下，滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小为32N；
（2）滑块b最终停下来的位置到C点的距离x为2m或0.6m；
（3）小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能Ekn的表达式是：Ekn（h+1）﹣1.5。
[课时训练]
1．如图甲所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，比赛过程简化为如图乙所示，在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出，冰壶沿水平冰道中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以v0＝4m/s的速度被掷出后，恰好停在营垒区中心O，PO间距离为x＝40m。已知冰壶的质量为m＝19kg，冰壶自身大小可忽略，冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。在比赛中，运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为一确定值。
（1）求没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）在某次比赛中冰壶投掷速度v0＝3m/s，从MN前方12.5m处开始不停擦拭冰面，直至冰壶正好停在营垒区中心O点。求擦拭冰面后冰壶的加速度大小；
（3）求（2）问中，从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量。
【解答】解：（1）从投出冰壶到冰壶静止过程，由动能定理得：﹣μmgx＝0
代入数据解得：μ＝0.02
（2）从冰壶被投出到静止过程，由动能定理得：﹣μmgL﹣μ′mg（x﹣L）＝0
其中：v0＝3m/s，L＝12.5m，代入数据解得：μ′
对冰壶，由牛顿第二定律得：μ′mg＝ma
代入数据解得，加速度大小：am/s2
（3）从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中，以向右为正方，
由动量定理得：I＝0﹣mv0＝﹣19×3N s＝﹣57N s，负号表示方向，方向水平向左
则冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是57N s，方向水平向左
答：（1）没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ是0.02；
（2）擦拭冰面后冰壶的加速度大小是m/s2；
（3）从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是57N s，方向水平向左。
2．如图为某游戏装置的示意图，由固定的竖直光滑圆弧轨道A、静止在光滑水平面上的滑板B、固定竖直挡板C组成。轨道A的底端与滑板B的上表面水平相切，初始时轨道A与滑板B左端紧靠在一起，滑板B右端与竖直挡板C相距d＝5m。游客乘坐滑椅（可视为质点）从轨道A上P点由静止出发，冲上滑板B，滑板B足够长（滑椅不会从滑板表面滑出），滑板B与挡板碰撞无机械能损失。已知游客与滑椅的总质量m＝100kg，圆弧轨道的半径R＝6.4m，O点为圆弧轨道的圆心，OP与竖直方向夹角60°，滑板B的质量M＝300kg，滑椅与滑板B间的动摩擦因数μ＝0.2，空气阻力可忽略。求：
（1）游客与滑椅滑到圆弧轨道最低点时的动量大小；
（2）滑板B与竖直挡板碰撞前，游客、滑椅和滑板B组成的系统产生的内能；
（3）若滑板B右端与固定挡板C距离d可以改变，并要求滑板B只与挡板C碰撞两次，则d应满足的条件。
【解答】解：（1）设滑椅到达轨道底端时的速度大小为v0，由动能定理得：mgR（1﹣cos60°）0
代入数据解得：v0＝8m/s
在圆弧轨道最低点时游客与座椅的动量大小P＝mv0＝100×8kg m/s＝800kg m/s
（2）滑椅与滑板组成的系统动量守恒，设共同速度为v，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
代入数据解得：v＝2m/s
设此过程滑椅相对滑板的位移大小为x1，对滑板，由动能定理得：μmgx10
代入数据解得：x1＝3m＜d＝5m，则滑椅与滑板共速后滑板才与C碰撞，
对系统，由能量守恒定律得：Q
代入数据解得，系统产生的内能：Q＝2400J
（3）设B与C第一次碰撞前瞬间，滑椅与滑板的速度大小分别是v1、v2，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2，
设B与C第二次碰撞前瞬间，滑椅与滑板的是大小分别为v3、v4，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝mv3+Mv4，
若要碰撞两次，需要满足：mv1﹣Mv2＞0，mv3﹣Mv4≤0，
根据B往返运动的对称性可知：v2＝v4，
对B，由动能定理得：μmgd0
联立上式，由mv1﹣Mv2＞0，解得：dm，由mv3﹣Mv4≤0，解得：dm
d应满足的条件是：m≤dm
答：（1）游客与滑椅滑到圆弧轨道最低点时的动量大小是800kg m/s；
（2）滑板B与竖直挡板碰撞前，游客、滑椅和滑板B组成的系统产生的内能是2400J；
（3）若滑板B右端与固定挡板C距离d可以改变，并要求滑板B只与挡板C碰撞两次，则d应满足的条件是m≤dm。
3．离水平地面的高度h＝5m的上方放置ABC光滑导轨，B处圆滑连接（无机械能损失），AB竖直高度H，光滑圆轨道CDC，半径R＝0.4m.CE为水平粗糙轨道，μ＝0.4，长L＝4m，OM为一堵竖直光滑的墙壁，轨道末端E点距离墙壁的水平距离为x0＝1m，小球与墙壁发生的碰撞为弹性碰撞，小球落在水平地面上不反弹。有一质量为m＝0.1kg的小球（可看成质点），小球在A点静止下滑，不计空气阻力，以O点为坐标原点向左为x轴。求；
（1）小球过D点时恰好对轨道无压力，整个过程摩擦力对小球做的功；
（2）若小球停在CE轨道上，H的范围；
（3）小球释放的高度H与落地点x的关系。
【解答】解：（1）小球过D点时恰好对轨道无压力，小球只受重力，且由重力提供向心力，则
mg＝m
解得vD＝2m/s
从D点到CE上停止运动的过程，由动能定理得
mg 2R﹣μmgx＝0
解得小球在CE上滑行距离x＝2.5m＜L＝4m
故整个过程摩擦力对小球做的功为Wf＝﹣μmgx
解得Wf＝﹣1J
（2）若小球恰好过D点，从A→D过程，由动能定理得
mg（H1﹣2R）0
解得H1＝1m
若小球恰好停在E点，从A→E过程，由动能定理得
mgH2﹣μmgL＝0
解得H2＝1.6m
即H的范围为1m≤H≤1.6m。
（3）由（2）可知，H＜1.6m时，小球不会落地；
当小球恰好到达墙壁（O点）时，根据平抛运动规律有：
h，x0＝vEt
解得vE＝1m/s
从A→E过程，由动能定理得
mgH﹣μmgL0
即得vE
结合vE＝1m/s可得H＝1.65m
即当1.6m＜H≤1.65m时，x＝x0﹣vEt，解得x＝（1）m；
当H＞1.65m时，x＝vEt﹣x0，解得x＝（1）m
答：（1）小球过D点时恰好对轨道无压力，整个过程摩擦力对小球做的功为﹣1J；
（2）若小球停在CE轨道上，H的范围为1m≤H≤1.6m；
（3）小球释放的高度H与落地点x的关系为：当1.6m＜H≤1.65m时，x＝（1）m；当H＞1.65m时，x＝（1）m。
4．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【解答】解：（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ L+mgLsinθ，
代入数据解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ 3mg（LAB﹣x）﹣μ 3mgcosθ 3mgh＝0
解得：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）。
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