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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
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．
（2024 抚顺三模）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75m，长L＝0.5m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；
（2）子弹落地点与悬点O的距离d。
（2024 樟树市模拟）如图所示，由两个半径均为R＝0.1m的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABP竖直放置，且固定在光滑水平台面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m＝0.1kg的物块接触（不拴接，物块的大小的直径略小于管的内径，物块运动过程可视为质点），在水平台面的右方有一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面EF，斜面上有一质量也为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定。开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度。当解除锁定后物块离开弹簧进入管道，最后从P点抛出。经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块到经P点时对轨道的压力；
（2）物块滑上薄木板时的速度大小；
（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度两者的相对位移。
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．
（2024 杭州二模）某游戏装置如图所示，左侧固定一张长s＝1.75m的桌子，水平桌面的边缘A、B上有两个小物块甲、乙，质量分别为m1＝0.08kg，m2＝0.02kg两物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2；右侧有一根不可伸长的细线，长度为L＝1.5m，能够承受的最大拉力Fmax＝16N细线上端固定在O点，下端系有一个侧面开口的轻盒（质量不计），初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，OC与竖直方向夹角θ＝37°，O点正下方h＝0.5m处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得v0＝4m/s的初速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘B飞出，当组合体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块甲即将碰到乙时的速度大小v1；
（2）组合体到达C点时的速度大小vC；
（3）细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T；
（4）若h的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求h的可调范围。
（2024 东湖区校级一模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。
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：根据题意列方程。
（2024 聊城模拟）如图所示，水平传送带以速度v顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹性势能Ep＝2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为53°，高为h＝0.55m的固定光滑斜面（水平台面与斜面用平滑小圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g＝10m/s2。
（1）求物块甲到达B点的速度的可能值；
（2）若传送带速度v＝4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
（3）在满足第2问条件下，求木板运动的总路程；
（4）在满足第2问条件下，若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少？
（2024 郑州模拟）如图所示，一根长R＝1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点。长l＝3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r＝0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为m＝0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
（2024 长沙模拟）如图所示，粗糙水平桌面EF左侧固定一个光滑圆弧轨道QS，其圆心为O，半径为R＝0.75m，θ＝37°，S点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小球从P点以初速度v＝3m/s水平抛出，恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知小球、木块、长木板质量分别为m、3m、2m，重力加速度为g＝10m/s2，小球与木块都可以视为质点，木板与桌面都足够长，木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.2，sin37°＝0.6，求：
（1）小球刚进入圆弧轨道时的速度大小；
（2）木块与小球碰后瞬间的速度大小；
（3）木板在桌面上停下来时左端与S点的距离。
（2024 锦州一模）如图a所示，光滑水平面上质量为m的物块A（与弹簧拴接）以速度v向B运动，t＝0时刻弹簧与质量为2m的静止物块B接触，经过弹簧压缩到最大，两物块运动过程的v﹣t图像如图b所示，2t0时刻物块B恰好与弹簧脱离，且到达光滑圆轨道最低点N之后的运动过程中物块B没有脱轨。（已知弹性势能表达式为：，题中v0、k、m为已知量）
（1）求弹簧的最大弹性势能；
（2）结合v﹣t图像，写出L的值（用v0、k、m表示，直接写出结果即可）；
（3）求圆形竖直轨道半径R满足的条件。
（2024 湖南模拟）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m＝15kg，g＝10m/s2。
（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0＝2m/s，测得该车能沿直线滑行x0＝2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；
（2）取编号为A、B的车，B车装上m0＝15kg的货物后停在超市水平地面上，空车A的前端装上轻弹簧，将A车停在B车的正后方且相距x＝5.5m处。现给A车施加向前的水平推力F0＝75N，作用时间t0＝1s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热；
（3）如图乙所示，某同学把n（n＞2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为d＝1m，用向前的水平恒力F＝300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时间极短），通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知k（k+1），k2]第18讲　微专题二 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
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．
（2024 抚顺三模）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75m，长L＝0.5m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；
（2）子弹落地点与悬点O的距离d。
【解答】解：（1）设子弹穿出木块时的速度大小为v子，木块的最大速度为vmax，最小速度为vmin。
木块在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
木块从最低点到最高点，根据机械能守恒定律有
子弹射穿木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mv0＝Mvmax+mv子
根据能量守恒定律有
联立解得：v子＝12m/s，Q＝34.5J
（2）设子弹穿出木块后做平抛运动的时间为t，则有
解得：d＝6.25m
答：（1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q为34.5J；
（2）子弹落地点与悬点O的距离d为6.25m。
（2024 樟树市模拟）如图所示，由两个半径均为R＝0.1m的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABP竖直放置，且固定在光滑水平台面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m＝0.1kg的物块接触（不拴接，物块的大小的直径略小于管的内径，物块运动过程可视为质点），在水平台面的右方有一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面EF，斜面上有一质量也为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定。开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度。当解除锁定后物块离开弹簧进入管道，最后从P点抛出。经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块到经P点时对轨道的压力；
（2）物块滑上薄木板时的速度大小；
（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度两者的相对位移。
【解答】解：（1）物块从脱离弹簧到P过程，弹簧的弹性势能转化为物块重力势能和动能，根据能量守恒定律有
代入数据解得
vp＝2m/s
在P点，由牛顿第二定律得
代入数据解得
N＝3N
根据牛顿第三定律，物块到达P点时对圆弧轨道的压力大小为3N，方向竖直向上；
（2）设物块到达斜面上的速度为v，则根据几何关系有
vcos30°＝vp
代入数据解得
；
（3）在物块滑上薄木板的过程中，对物块根据牛顿第二定律有
mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma1
代入数据解得
对木板根据牛顿第二定律有
mgsin30°+μmgcos30°＝ma2
代入数据解得
设从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间为t，根据运动学公式有
v+a1t＝a2t
在时间t内，物块位移为
在时间t内，薄木板位移为
两者的相对位移
Δx＝x1﹣x2
代入数据解得
。
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．
（2024 杭州二模）某游戏装置如图所示，左侧固定一张长s＝1.75m的桌子，水平桌面的边缘A、B上有两个小物块甲、乙，质量分别为m1＝0.08kg，m2＝0.02kg两物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2；右侧有一根不可伸长的细线，长度为L＝1.5m，能够承受的最大拉力Fmax＝16N细线上端固定在O点，下端系有一个侧面开口的轻盒（质量不计），初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，OC与竖直方向夹角θ＝37°，O点正下方h＝0.5m处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得v0＝4m/s的初速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘B飞出，当组合体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块甲即将碰到乙时的速度大小v1；
（2）组合体到达C点时的速度大小vC；
（3）细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T；
（4）若h的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求h的可调范围。
【解答】解：（1）物块甲从获得初速度到将碰到乙过程，由动能定理有：
代入数据可得：v1＝3m/s
（2）取水平向右为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律有：m1v1＝（m1+m2）v2
组合体离开B点做平抛运动，水平方向的速度大小不变，在C点则有：v2＝vCcosθ
代入数据可得：vC＝3m/s
（3）从C点到最低点过程，由动能定理有：
在最低点由牛顿第二定律有：
代入数据可得：，T＝2.5N
（4）细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，有三种情况：
①组合体和盒子能摆到与钉子等高处，从最低点到与钉子等高处，由动能定理有：
代入数据可得：h1＝0.75m
②组合体和盒子能绕钉子转一圈，且能通过最高点，从最低点到钉子上方最高处，由动能定理有：
在钉子上方最高点，由牛顿第二定律有：
代入数据可得：h2＝1.2m
③在最低点，绳子拉力达到最大值，由牛顿第二定律有：
代入数据可得：h3＝1.4m
综上所述，可知h的可调范围为：0＜h≤0.75m和1.2m≤h≤1.4m
（2024 东湖区校级一模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。
【解答】解：（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得
代入数据解得：
在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得
解得细圆管道对滑块的作用力为：N＝6N
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力N′＝N＝6N，方向竖直向下。
（2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得
mvF＝（M+m）v
解得：
根据能量守恒得
滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度：hmax＝0.3m
（3）经过计算可知，当释放的高度时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高点。
若释放的高度，根据动能定理得
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mvF＝（M+m）v
根据能量守恒得
解得：s＝2.5h+0.5，（0＜hm）
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：根据题意列方程。
（2024 聊城模拟）如图所示，水平传送带以速度v顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹性势能Ep＝2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为53°，高为h＝0.55m的固定光滑斜面（水平台面与斜面用平滑小圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g＝10m/s2。
（1）求物块甲到达B点的速度的可能值；
（2）若传送带速度v＝4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
（3）在满足第2问条件下，求木板运动的总路程；
（4）在满足第2问条件下，若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少？
【解答】解：（1）由题意可知，物块甲到达A点时，根据机械能守恒定律有：
代入数据可得：
物块甲从A到B过程中，若物块甲一直加速，根据牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a
由速度—位移关系有：
联立可得：
此时；若物块甲一直减速，则同理有：
可得：vB＝6m/s
此时v＜6m/s；若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速，则：vB＝v
综上所述有：；
（2）当传送带速度v＝4m/s时，物块甲在B点的速度vB＝6m/s，此后冲向斜面到达D点时速度为vD，从B点到D点，由动能定理有：
解得：vD＝5m/s
离开斜面后做斜上抛运动，在运动的最高点时速度：v0＝vDcos53°＝5×0.6m/s＝3m/s
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律，以向右为正有：m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律：
解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律：m2v2＝（m2+m3）v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理：
代入数据解得：
可知假设正确，即木板向右加速至共速后再与挡板碰撞。
木板与挡板第一次碰后，以速度v3向左减速到零，位移大小为x1，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞，由动量守恒定律：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
第二次碰后以速度v4向左减速到零，位移为x2，木板向左减速过程中，由动能定理得：
解得：
同理可得：
以此类推木板的总路程为：
由数学知识解得：s＝1.0m
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律：μ2m2g＝m3a
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有：
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。
对木板有：v2﹣μ2g 2t＝0
联立解得：m
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即：v2﹣μ2g 4t＝0
解得：m
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：
（2024 郑州模拟）如图所示，一根长R＝1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点。长l＝3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r＝0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为m＝0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为θ＝30°，则小球P自由下落距离为R时，轻绳刚好再次伸直如下图所示，
设此时P的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得 2gR
轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v2＝v1cosθ
小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点的过程中，由动能定理得：
mg（R﹣Rsinθ）
联立解得：v3＝6m/s
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得：
T﹣mg＝m
解得：T＝10.5N
根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
（2）设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为v4、v5，以向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv3＝mv4+mv5
解得：v5＝6m/s
小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：
μmg＝ma，解得加速度大小为：a＝2.5m/s2
设传送带速度为v0＝5m/s，小物块与传送带共速时对地位移大小为x，则由运动学公式可得：
2ax
代入数据解得：x＝2.2m＜l＝3m，则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带一起做匀速运动。
小物块在传送带上减速所用时间为：t，解得t＝0.4s
这段时间内传送带运动的位移为：x带＝v0t＝5×0.4m＝2m
则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的热量为：Q＝μmg（x﹣x带）
解得：Q＝0.15J
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为F，则由动能定理有：
﹣2mgr
解得：v6m/s
在最高点由牛顿第二定律可得：
F+mg＝m
联立解得：F＝0N
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为0N。
（2024 长沙模拟）如图所示，粗糙水平桌面EF左侧固定一个光滑圆弧轨道QS，其圆心为O，半径为R＝0.75m，θ＝37°，S点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小球从P点以初速度v＝3m/s水平抛出，恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知小球、木块、长木板质量分别为m、3m、2m，重力加速度为g＝10m/s2，小球与木块都可以视为质点，木板与桌面都足够长，木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.2，sin37°＝0.6，求：
（1）小球刚进入圆弧轨道时的速度大小；
（2）木块与小球碰后瞬间的速度大小；
（3）木板在桌面上停下来时左端与S点的距离。
【解答】解：（1）小球恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，分析几何关系知，此时速度与竖直方向夹角为：θ＝37°
故小球刚进入圆弧轨道时的速度大小：vQm/s＝5m/s
（2）小球从Q点沿切线进入圆弧轨道运动到圆弧轨道下端S点的过程，由机械能守恒定律得
代入数据解得：vS＝7m/s
在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，以向右的方向为正，
由动量守恒定律得：mvS＝mv1+3mv2
由机械能守恒定律得：
联立解得：木块与小球碰后瞬间的速度大小：v2＝3.5m/s
（3）木块滑上木板后做减速运动，木板加速运动。对木块和木板分析，
根据牛顿第二定律，μ1×3mg＝3m a1
μ1×3mg﹣μ2（3m+2m）g＝2m a2
代入灵气解得：，
木板与桌面都足够长，一直运动到共速，设共速时速度为v3，设经过时间t共速，则有：v3＝v2﹣a1t＝a2t
解得：t＝0.7s，v3＝0.7m/s
这段时间木板运动的距离为：x1m＝0.245m
之后再一起减速到停下，根据牛顿第二定律：μ2（3m+2m）g＝5m a3
根据运动学规律有：x2
联立解得：x2＝0.1225m
故木板在桌面上停下来时左端与S点的距离为：x＝x1+x2＝0.245m+0.1225m＝0.3675m
（2024 锦州一模）如图a所示，光滑水平面上质量为m的物块A（与弹簧拴接）以速度v向B运动，t＝0时刻弹簧与质量为2m的静止物块B接触，经过弹簧压缩到最大，两物块运动过程的v﹣t图像如图b所示，2t0时刻物块B恰好与弹簧脱离，且到达光滑圆轨道最低点N之后的运动过程中物块B没有脱轨。（已知弹性势能表达式为：，题中v0、k、m为已知量）
（1）求弹簧的最大弹性势能；
（2）结合v﹣t图像，写出L的值（用v0、k、m表示，直接写出结果即可）；
（3）求圆形竖直轨道半径R满足的条件。
【解答】解：（1）t0时刻弹簧压缩到最大，此时弹簧弹性势能最大，设为EPm，两物块与弹簧组成的系统机械能守恒，结合图b数据得：
EPm（m+2m）（v0）2
解得：Epm；
（2）物块B运动距离L的过程中，0～t0时间间隔弹簧由原长被压缩到最短，B的加速度逐渐增大，t0～2t0时间间隔弹簧由最短恢复到原长，B的加速度逐渐减小，这两段时间内B的加速度的变化具有对称性，即t0﹣Δt与t0+Δt的两个时刻加速度相同，根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知下图中斜线所标记的两部分面积相等。
再根据v﹣t图像的面积表示位移大小，可知0～2t0时间间隔B运动的位移大小等于上图中四边形efgh的面积，则有：
Lv0（2t0﹣t0）v0t0
（3）物块B到达N点的速度大小为v0。物块B没有脱轨有两种情况：
①物块B能做完整的圆周运动，设其到达圆形轨道最高点时的速度为v，由动能定理得：
﹣2mg×2R2mv22m（v0）2
物块B最高点满足：2m2mg
联立解得：R
②物块B不超过圆心的等高点，由动能定理得：
2m（v0）2﹣2mgR≤0
解得：R
（2024 湖南模拟）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m＝15kg，g＝10m/s2。
（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0＝2m/s，测得该车能沿直线滑行x0＝2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；
（2）取编号为A、B的车，B车装上m0＝15kg的货物后停在超市水平地面上，空车A的前端装上轻弹簧，将A车停在B车的正后方且相距x＝5.5m处。现给A车施加向前的水平推力F0＝75N，作用时间t0＝1s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热；
（3）如图乙所示，某同学把n（n＞2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为d＝1m，用向前的水平恒力F＝300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时间极短），通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知k（k+1），k2]
【解答】解：（1）由功能关系，A车的动能全部转成摩擦热：
变形整理得：
代入数据得：μ＝0.1
（2）A车运动时受摩擦力为：FfA＝μmg＝0.1×15×10N＝15N
由牛顿第二定律有：F0﹣FfA＝ma
代入数据解得：a＝4m/s2
A在t0＝1s时的速度：vA0＝at0＝4×1m/s＝4m/s
t0＝1s内A的位移：x0am＝2.0m
设A与B车碰前瞬间的速度为vA，由动能定理有：
代入数据得：vA＝3m/s
A与B车碰撞过程，以碰撞前A车速度的方向为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
mvA＝mv′A+（m+m0）vB
解二次方程得：v′A＝﹣1m/s
由功能关系，有：
代入数据得：Q＝90J
（3）设1与2 车碰前的速度为v1'，由动能定理：
1与2 碰系统动量守恒，以1车碰撞前的速度为正有：mv′1＝（m+m）v2
代入变形解得：，
1﹣2与3车碰前的速度为v2'，由动能定理：
1﹣2 与3碰系统动量守恒，以12两车碰撞前的速度为正有：2mv′2＝3mv3
代入数据解得：，
1﹣2﹣3与4车碰前的速度为v3′，由动能定理：
1﹣2﹣3与4碰系统动量守恒：以123整体碰撞前的速度为正有：3mv′3＝4mv4
解得：，
同理可得与n车碰后速度为vn：
令vn＝0，即：
解得：n＝30.5
由此可知，最多能推动30辆车。

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