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专题8　动力学三大观点的综合运用
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合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
动量 观点 动量定理 I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 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间
“类碰撞”问题
情境 类比“碰撞” 满足规律
初态 末态
相距最近时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
题型1　“类碰撞”问题
（2024 河南三模）如图所示，水平传送带AB长L＝8m，其左右两侧为与传送带紧邻的等高水平面，A、B为传送带左右端点。传送带右侧水平面与半径为R的半圆形轨道无缝连接于C点，D点为轨道最高点，过D点的切线水平。传送带表面粗糙，其余轨道光滑。两物块甲和乙分别静止在传送带端点A和B，物块质量分别为m甲＝2.0kg和m乙＝4.0kg。传送带以v＝6m/s顺时针传动。某时刻给甲瞬时冲量，甲获得初速度v0＝8m/s。已知甲物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，甲、乙两物块发生的碰撞为弹性碰撞，g＝10m/s2。
（1）求甲第一次向右运动通过传送带过程中和传送带之间因摩擦产生的热量；
（2）甲、乙发生碰撞后迅速锁定甲物块，当乙离开D点解锁甲物块，使其恢复锁定前瞬间速度。为使乙物块能过D点，且乙物块离开D点落地时恰好与甲物块再次发生碰撞（不考虑乙物块的反弹），求B、C之间的距离s与轨道半径R之间的关系。
（2024 中山市校级模拟）如图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2＝0.5，长度为14R，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
（2）求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？
（2024 莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2m/s。将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距离为s＝8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为μ，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度Lmin与μ的关系式。
题型2　板块模型
（2024 碑林区校级四模）如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0＝7m/s在水平地面上向左运动。t＝0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v﹣t图像如图乙所示，t＝1.9s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C。已知A与C的质量相同，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）C与A间的动摩擦因数μ1，以及C与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）B和C碰撞后，B的速度；
（3）为使A始终不离开C，C至少有多长？
（2024 南昌模拟）如图，一长为L（L是未知量）、质量为M＝2kg的长木板放在光滑水平地面上，物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的距离xAB＝3m，所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力F＝15N，在物块A、B即将发生碰撞前的瞬间撤去推力F。已知物块A的质量为mA＝3kg，物块B、C的质量为mB＝mC＝2kg，物块A、B、C与长木板的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，物块A、B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：
（1）施加推力时，物块A的加速度的大小；
（2）物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；
（3）若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间（整个过程中物块B、C不相碰）。
（2024 梅州一模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M＝2kg、长度L＝2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m＝1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：
（1）t1＝4s时，长木板的速度v1大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度v′m大小；
（3）包裹最终离挡板的距离d。
（2024 天心区校级模拟）北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季奥运会的城市。我国运动员在2022北京冬奥会的赛场上顽强拼搏，最终收获9金、4银、2铜，位列奖牌榜第三、金牌数和奖牌数均创历史新高。如图（a）为某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为R＝1.8m，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M＝4kg的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端。薄木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m＝2kg的小滑块P（视为质点）从圆弧轨道B最高点由静止滑下，经B点后滑上薄木板，重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间t和最小长度L；
（3）如图（b）撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定．忽略轨道上B、C距地的高度，D点与地面高度差h＝1.2m，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，滑块从D点飞出时速率为多少？从D点飞出时速度与水平方向夹角θ可调，要使得滑块从D点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程sm及对应的夹角θ。
（2024 雨花区校级模拟）如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量M＝0.9kg，长L＝3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R＝0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量m＝1.8kg的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数，g＝10m/s2。求：
（1）小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
（2）弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（3）如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段较长的距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，改变小物块与B上表面的动摩擦因数使小物块滑上B且恰好未滑下，此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
（2024 山东模拟）如图所示，薄木板B放在光滑水平地面上，距木板B右端x＝0.5m处有一固定挡板P，一滑块A从木板左端以v0＝5m/s的初速度滑上静止的木板B。已知滑块A与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块A的质量m＝1.0kg，木板B质量为M＝2.0kg，木板与固定挡板P发生碰撞时将原速率反弹（碰撞时间极短忽略不计），整个过程中滑块A未滑离木板B，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木板B与挡板撞击的最大速度；
（2）A滑上木板后经多长时间木板第2次撞击挡板；
（3）薄木板至少多长（保留3位有效数字）。
（2024 市中区校级模拟）如图所示，质量M＝3kg，长度l＝3.75m的木板C置于光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块B放在木板C的右端，在木板C左端正上方固定一弹性挡板，挡板与地面的距离正好能使木板C通过。一长度l0＝4.05m不可伸长的轻绳一端固定，另一端连接质量m0＝0.5kg的小球A，将小球A拉至水平并由静止释放，轻绳竖直时小球A刚好与物块B碰撞，物块B与小球A及挡板的碰撞均为弹性碰撞。将物块B与小球A视为质点，运动过程不计空气阻力，已知物块B与木板C间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球A与物块B碰撞后轻绳与竖直方向的最大角度为θ，计算cosθ的值；
（2）物块B与木板C左端的最小距离；
（3）物块B与挡板前两次碰撞的时间间隔；
（4）最终物块B与木板C右端的距离。
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专题8　动力学三大观点的综合运用
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合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
动量 观点 动量定理 I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 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间
“类碰撞”问题
情境 类比“碰撞” 满足规律
初态 末态
相距最近时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
题型1　“类碰撞”问题
（2024 河南三模）如图所示，水平传送带AB长L＝8m，其左右两侧为与传送带紧邻的等高水平面，A、B为传送带左右端点。传送带右侧水平面与半径为R的半圆形轨道无缝连接于C点，D点为轨道最高点，过D点的切线水平。传送带表面粗糙，其余轨道光滑。两物块甲和乙分别静止在传送带端点A和B，物块质量分别为m甲＝2.0kg和m乙＝4.0kg。传送带以v＝6m/s顺时针传动。某时刻给甲瞬时冲量，甲获得初速度v0＝8m/s。已知甲物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，甲、乙两物块发生的碰撞为弹性碰撞，g＝10m/s2。
（1）求甲第一次向右运动通过传送带过程中和传送带之间因摩擦产生的热量；
（2）甲、乙发生碰撞后迅速锁定甲物块，当乙离开D点解锁甲物块，使其恢复锁定前瞬间速度。为使乙物块能过D点，且乙物块离开D点落地时恰好与甲物块再次发生碰撞（不考虑乙物块的反弹），求B、C之间的距离s与轨道半径R之间的关系。
【解答】解：（1）甲物块在传送带上做匀减速运动，加速度a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
当甲物块和传送带共速时，有
解得x1＝7m＜8m
所以甲先做匀减速运动后做匀速运动，做匀减速运动的时间
该段时间内传送带的位移x2＝vt1
因摩擦产生的热量Q＝μm甲g（x1﹣x2）
解得Q＝4J
（2）甲和乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，规定向右为正方向，有
m1v＝m甲v甲+m乙v乙
根据能量守恒定律，有
解得v甲＝﹣2m/s，碰后甲的速度大小为2m/s，方向向左
v乙＝4m/s，方向向右，
为使乙物块能到达D点，乙物块在D的速度
根据机械能守恒定律有
所以R≤0.32m
物块乙离开圆形轨道做平抛运动，有
所以
物块甲向左做减速运动，减速为零的时间
解得t3
所以甲物块减速为零之前物块乙已经落地，符合题设条件，对物块乙根据机械能守恒定律，有
乙做平抛运动的时间
平抛运动的水平位移x乙＝vDt2
该段时间内甲的位移
根据几何关系有x乙＝x甲+s
整理得（0＜R≤0.32m）
答：（1）甲第一次向右运动通过传送带过程中和传送带之间因摩擦产生的热量为4J；
（2）B、C之间的距离s与轨道半径R之间的关系为（0＜R≤0.32m）。
（2024 中山市校级模拟）如图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2＝0.5，长度为14R，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
（2）求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？
【解答】解：（1）若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理：
解得：
则传送带速度：
（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得：
产品2和产品1发生弹性碰撞，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB＝mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
解得v1＝0，
产品1进入杀菌平台后由动能定理得：
解得：
（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足：
产品进入杀菌平台的最小速度：
产品减速到0的距离为s，由动能定理得：
解得：s＝4R
产品进入杀菌平台后由动量定理得：﹣μ1mgt＝0﹣mv2
代入数据解得：
答：（1）传送带的速度应满足条件；
（2）求BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是；
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是。
（2024 莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2m/s。将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距离为s＝8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为μ，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度Lmin与μ的关系式。
【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1
解得：a1＝10m/s2
设物体与传送带共速时运动的位移大小为x1，由运动学公式得：
解得：x1＝0.2m＜s，此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度为a2，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
设物体滑上木板左端时的速度大小v，根据运动学公式得：
解得：v＝6m/s
（2）地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为L0时，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，设共速的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v1
解得：v1＝2m/s
由能量守恒定律得：
μ2mgL0mv2（m+M）
解得：L0＝4.8m
（3）①当μ（m+M）g≥μ2mg，即：时，木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其加速度大小等于为：
速度为零时恰好到达木板右端，设此时木板长度为L1，则有：
2amL1＝v2
解得：L1＝7.2（m）
②当μ时，物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动，物体向右做匀减速直线运动，两者共速后会保持相对静止。
对木板，根据牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ（M+m）g＝MaM
解得：aM＝1.25﹣15μ
设木板长度为L2时，两者速度相等时物体恰好不掉下，则有：
v共＝v﹣amt＝aMt
解得：（s）
物体的位移大小为：
木板的位移大小为：
此情况木板长度为：L2＝xm﹣xM（m）（m）
可得木板的最小长度Lmin与μ的关系式为：
答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为2m/s2，物体滑上木板左端时的速度大小为6m/s；
（2）木板长度L至少应是4.8m；
（3）木板的最小长度Lmin与μ的关系式为
题型2　板块模型
（2024 碑林区校级四模）如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0＝7m/s在水平地面上向左运动。t＝0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v﹣t图像如图乙所示，t＝1.9s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C。已知A与C的质量相同，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）C与A间的动摩擦因数μ1，以及C与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）B和C碰撞后，B的速度；
（3）为使A始终不离开C，C至少有多长？
【解答】解：（1）设A与C的质量均为m。
由图乙可得0～0.5s的过程中A在C上滑动的加速度大小为：
对A受力分析，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.4
由图乙可得0.5s～1.9s的过程中，A和C一起运动的加速度大小为：
对A、C整体受力分析，由牛顿第二定律得：μ2×2mg＝2ma2
解得：μ2＝0.1
（2）在0～0.5s过程中，设C的加速度为a3，对C受力分析，由牛顿第二定律得：
μ1mg﹣μ2×2mg＝ma3
解得：
设t＝0时刻C的速度为vC，其经过t1＝0.5s匀加速到v1＝5.0m/s，则有：
v1＝vC+a3t1
解得：vC＝4m/s
对B和C弹性碰撞的过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mBv0＝mBvB+mvC
解得：vB＝﹣3m/s
故B和C碰撞后B的速度大小为3m/s，方向水平向右。
（3）由图乙可知C与墙壁碰撞前、后瞬间的速度大小为v2＝3.6m/s
设C向右匀减速到速度为零的时间为t2，加速度的大小为a4，则有：
μ1mg+μ2×2mg＝ma4
v2＝a4t2
解得：t2＝0.6s
可得在t＝1.9s+0.6s＝2.5s时刻，C速度为零，此时A的速度为：
v3＝3.6m/s﹣4×0.6m/s＝1.2m/s
在图乙中作出C的v﹣t图像如下图所示：
图中两处阴影的面积之和等于全程A相对C向左滑动的总位移，为使A始终不离开C，C的最小长度等于两处阴影的面积之和，则有：
Lmin（7.0﹣4.0）×0.5m（3.6+3.6+1.2）×（2.5﹣1.9）m1.2×（2.7﹣2.5）m＝3.39m
答：（1）C与A间的动摩擦因数μ1为0.4，以及C与地面间的动摩擦因数μ2为0.1；
（2）B和C碰撞后，B的速度大小为3m/s，方向水平向右；
（3）为使A始终不离开C，C至少有3.39m长。
（2024 南昌模拟）如图，一长为L（L是未知量）、质量为M＝2kg的长木板放在光滑水平地面上，物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的距离xAB＝3m，所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力F＝15N，在物块A、B即将发生碰撞前的瞬间撤去推力F。已知物块A的质量为mA＝3kg，物块B、C的质量为mB＝mC＝2kg，物块A、B、C与长木板的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，物块A、B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：
（1）施加推力时，物块A的加速度的大小；
（2）物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；
（3）若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间（整个过程中物块B、C不相碰）。
【解答】解：（1）对物块A进行受力分析可得F﹣μmAg＝mAaA
代入题中数据解得；
（2）假设长木板、物体B、物块C一起加速，加速度为a0，则有
因为，假设成立，所以
设物块A与物块B碰前所需时间为t，则
代入数据解得
设物体A、物块B碰前速度为vA、vB，则有：
设物体A、物块B碰后速度为v′A、v′B，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mAvA+mBvB＝mAv′A+mBv′B
联立解得：，；
（3）对A有F﹣μmAg＝mAa1，代入题中数据解得
轻质薄板与物块B、物块C相对静止，有相同的加速度，则
设物块A与物块B碰前所需时间为t1，物块A、物块B碰前速度为v1、v2，则
代入数据解得t1＝2s
且v1＝a1t1＝3×2m/s＝6m/s，v2＝a2t2＝1.5×2m/s＝3m/s
物体A、物块B碰后速度为v3、v4，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mAv1+mBv2＝mAv3+mBv4
联立解得v3＝3.6m/s，v4＝6.6m/s
则物块A、物块B碰后，轻质薄板的合力应该为零，物块A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，薄板和物块A匀速，物块B匀减速，物块C匀加速至v3，时间t2，则有：
此时物块B的速度为：
v5＝v4﹣μgt2＝6.6m/s﹣0.2×10×0.3m/s＝6m/s
此后，物块A、物块C、薄板相对静止，一起匀加，物块B匀减至共速，物块A、物块C的加速度大小为：
物块B的加速度大小为：
由v3+a3t3＝v5﹣a4t3，代入数据可得：
则所需总时间为：t总＝t1+t2+t3＝2s+0.3s+0.86s＝3.16s；
答：（1）施加推力时，物块A的加速度的大小为3m/s2；
（2）物块A、B碰撞后的瞬间，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为；
（3）若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的时间为3.16s。
（2024 梅州一模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M＝2kg、长度L＝2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m＝1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：
（1）t1＝4s时，长木板的速度v1大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度v′m大小；
（3）包裹最终离挡板的距离d。
【解答】解：（1）包裹与长木板刚要发生相对滑动时，对包裹有
μmg＝ma0
对包裹与长木板整体有：F＝（M+m）a0
联立得包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为：F＝μ（M+m）g＝0.1×（2+1）×10N＝3N
因为1.5N＜3N，所以0﹣4s内，包裹和长木板会共同加速，加速度为
可得到：v1＝at＝0.5×4m/s＝2m/s
（2）假设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
a1μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
长木板的加速度为
a2m/s2＝2m/s2
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动，设再经时间t2包裹与挡板发生碰撞，由
解得：t2＝2s
则6s时长木板的速度：v2＝v1+a2t2＝（2+2×2）m/s＝6m/s
包裹的速度为：v3＝v1+a1t2＝（2+1×2）m/s＝4m/s
此时两者发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv3+Mv2＝mv′m+Mv′2
mv′m2Mv′22
可求得：
（3）最终离挡板的距离即两者共速的时候，取向右为正方向，根据动量守恒
mv3+Mv2＝（m+M）v共
根据能量守恒定律得
μmgx（m+M）v共2
解得：
由于，故故包裹与长木板相对静止，故包裹离挡板距离。
答：（1）t1＝4s时，长木板的速度v1大小为2m/s；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度v′m大小为；
（3）包裹最终离挡板的距离d为。
（2024 天心区校级模拟）北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季奥运会的城市。我国运动员在2022北京冬奥会的赛场上顽强拼搏，最终收获9金、4银、2铜，位列奖牌榜第三、金牌数和奖牌数均创历史新高。如图（a）为某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为R＝1.8m，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M＝4kg的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端。薄木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m＝2kg的小滑块P（视为质点）从圆弧轨道B最高点由静止滑下，经B点后滑上薄木板，重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间t和最小长度L；
（3）如图（b）撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定．忽略轨道上B、C距地的高度，D点与地面高度差h＝1.2m，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，滑块从D点飞出时速率为多少？从D点飞出时速度与水平方向夹角θ可调，要使得滑块从D点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程sm及对应的夹角θ。
【解答】解：（1）对小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得：
0
在B点，由牛顿第二定律得：
解得：F＝60N，vB＝6m/s
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为：F′＝F＝60N
（2）设木板与C端第一次碰撞前瞬间滑块速度大小为v1，木板速度大小为v2，在滑块滑上木板到木板第一次与C端碰撞前的过程中，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mvB＝mv1+Mv2
木板与C端碰撞后原速率反弹，由于只与C端发生一次碰撞，则有：mv1＝Mv2
解得：v1＝3m/s，v2＝1.5m/s
滑块滑上木板后一直相对木板向左运动，小滑块一直做匀减速直线运动直到速度为零，对滑块，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
联立解得：a＝4m/s2
木板与C端碰撞后原速率反弹，做匀减速直线运动，碰撞前后木板的运动具有对称性，可知木板运动到B端时，速度恰好为零，小滑块的速度也为零。
则薄木板的运动时间t为：t1.5s
由上述分析可知，当薄木板返回B端时，小滑块恰好停在薄木板左端，小滑块的位移大小等于薄木板的最小长度，由于小滑块一直做匀减速运动，则有：
Lm＝4.5m
（3）根据题意可知，图（b）中，小滑块由A点到D点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得：vDm/sm/s
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为θ，小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为α，从D点飞出到落到所用时间为t，根据动能定理有：
解得：v＝6m/s
竖直方向上有：h＝vDsinθt
小滑块从D点飞出后做平抛运动，速度变化量Δv的方向竖直向下，画出速度矢量关系图，如下图所示：
速度变化量Δv＝gt
水平射程：s＝vDcosθ t
由几何关系可知，速度矢量关系图的图形面积为：Sgs
由上述分析可知vD、v的大小不变，则当θ+α＝90°时，图形面积S最大，水平射程s最大。
又有：vDcosθ＝vcosα＝vcos（90°﹣θ）＝vsinθ
解得：tanθ
解得：θ＝30°
即从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为30°时，水平射程最大，则有：
sm
解得：smm
答：（1）小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为60N；
（2）薄木板的运动时间t为1.5s，最小长度L为4.5m；
（3）滑块从D点飞出时速率为2m/s，最大水平射程sm为m，对应的夹角θ为30°。
（2024 雨花区校级模拟）如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量M＝0.9kg，长L＝3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R＝0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量m＝1.8kg的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数，g＝10m/s2。求：
（1）小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
（2）弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（3）如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段较长的距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，改变小物块与B上表面的动摩擦因数使小物块滑上B且恰好未滑下，此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
【解答】解：（1）根据题意，小物块从Q点飞出做平抛运动，设小物块在Q点的速度为vQ，
水平方向上有：L＝vQt
竖直方向上有：
小物块在Q点，由牛顿第二定律有：FN+mg
联立代入数据解得：FN＝32N
有牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为：FN'＝FN＝32N
（2）根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为EP，小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律有：Ep＝μmgL+mg×2R
代入数据解得：EP＝72.9J
（3）设小物块滑上B的速度为v0，有：
代入数据解得：v0＝9m/s
之后小物块与B共速由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v共
代入数据解得：v共＝6m/s
根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为θ，在脱离位置，
由牛顿第二定律有：
小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有：
解得脱离轨道时：，
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为：
则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度：H＝h+R（1+sinθ）
联立代入数据解得：
答：（1）小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为32N；
（2）弹簧压缩至P点时的弹性势能为72.9J；
（3）小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度为。
（2024 山东模拟）如图所示，薄木板B放在光滑水平地面上，距木板B右端x＝0.5m处有一固定挡板P，一滑块A从木板左端以v0＝5m/s的初速度滑上静止的木板B。已知滑块A与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块A的质量m＝1.0kg，木板B质量为M＝2.0kg，木板与固定挡板P发生碰撞时将原速率反弹（碰撞时间极短忽略不计），整个过程中滑块A未滑离木板B，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木板B与挡板撞击的最大速度；
（2）A滑上木板后经多长时间木板第2次撞击挡板；
（3）薄木板至少多长（保留3位有效数字）。
【解答】解：（1）开始A向右减速、B向右加速，第1次B与挡板相碰时其速度最大，假设第1次B与挡板相碰前A、B没有共速，经时间t1发生第1次碰撞。
对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaB，解得：aB＝1m/s2
由运动学公式得：x，解得：t1＝1s
对A，根据牛顿第二定律得：μmg＝maA，解得：aA＝2m/s2
第1次B与挡板相碰前瞬间的速度为：vB＝aBt1＝1×1m/s＝1m/s
此时A的速度为：vA1＝v0﹣aAt1＝5m/s﹣2×1m/s＝3m/s
因：vA1＞vB，故假设成立。
木板B与挡板撞击的最大速度为1m/s。
（2）B碰撞挡板P原速率反弹向左减速到速度为零，用时为：
B向左运动的位移大小为：
B向左减速到速度为零时，A的速度为：vA2＝vA1﹣aAt2＝3m/s﹣2×1m/s＝1m/s
设再经时间t3两者达到向右的共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA2＝（M+m）v，解得：
对A由动量定理得：﹣μmgt3＝mv﹣mvA2
解得：
此过程B向右移动为：
因：x1＞x2，故在第二次碰撞前A、B达到共速。
共速后两者匀速运动，再经时间t4与挡板碰撞，则有：x1﹣x2＝vt4，解得：
则所求时间为：t＝t1+t2+t3+t4
解得：t
（3）B与挡板P第2次碰撞后至A与B再次达到共同速度的过程中，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv﹣mv＝（M+m）v'
解得：
由v'的方向向左，可知A与B再次达到共速后一起向左匀速运动，不在与挡板碰撞。
全过程中A、B相对滑动时A总是相对B向右滑动，薄木板最小长度等于全程A相对B运动的相对位移大小，设为Lmin，由能量守恒定律与功能关系得：
解得：Lmin≈6.24m
答：（1）木板B与挡板撞击的最大速度为1m/s；
（2）A滑上木板后经时间木板第2次撞击挡板；
（3）薄木板至少6.24m长。
（2024 市中区校级模拟）如图所示，质量M＝3kg，长度l＝3.75m的木板C置于光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块B放在木板C的右端，在木板C左端正上方固定一弹性挡板，挡板与地面的距离正好能使木板C通过。一长度l0＝4.05m不可伸长的轻绳一端固定，另一端连接质量m0＝0.5kg的小球A，将小球A拉至水平并由静止释放，轻绳竖直时小球A刚好与物块B碰撞，物块B与小球A及挡板的碰撞均为弹性碰撞。将物块B与小球A视为质点，运动过程不计空气阻力，已知物块B与木板C间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球A与物块B碰撞后轻绳与竖直方向的最大角度为θ，计算cosθ的值；
（2）物块B与木板C左端的最小距离；
（3）物块B与挡板前两次碰撞的时间间隔；
（4）最终物块B与木板C右端的距离。
【解答】解：（1）对小球A下落过程，根据机械能守恒定律得：
解得A与B碰撞前瞬间的速度大小为：v0＝9m/s
以向左为正方向，对AB碰撞过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
m0v0＝m0v′+mv1
解得：v'＝﹣3m/s，v1＝6m/s
对碰撞后小球A向右摆到最大高度的过程，根据机械能守恒定律得：
解得：cosθ
（2）B向左以速度v1＝6m/s在C上开始滑动，对B、C分别根据牛顿第二定律得：
μmg＝maB
μmg＝MaC
解得B、C的加速度大小分别为：，
假设B、C第一次共速之前B未与挡板碰撞，则有：
v共1＝v1﹣aBt1＝aCt1
解得：v共1＝1.5m/s，t1＝0.9s
第一次共速过程B的位移大小为：
解得：sB1＝3.375m＜l＝3.75m，故假设成立。
第一次共速过程C的位移大小为：
解得：sC1＝0.675m
可得此过程B相对C向左的位移大小为：Δs1＝sB1﹣sC1＝3.375m﹣0.675m＝2.7m
可得物块B与木板C左端的最小距离为：d＝l﹣Δs1＝3.75m﹣2.7m＝1.05m
（3）以向左为正方向，B与挡板第一次碰后C的速度为vC＝1.5m/s，B的速度为vB＝﹣1.5m/s
BC第二次共速的过程有：
v共2＝vC﹣aCt2＝vB+aBt2
解得：t2＝0.45s，v共2＝0.75m/s
此过程B的位移为：
解得：
可知B、C第二次共速之前B未与挡板碰撞，之后到B与挡板碰撞的时间为：
，解得：t3＝0.225s
可得物块B与挡板前两次碰撞的时间间隔为：
Δt＝t2+t3＝0.45s+0.225s＝0.675s
（4）第二次共速过程B、C的相对位移大小：
解得：Δs2＝0.675m，方向向右。
以向左为正方向，B与挡板第二次碰后C的速度为vC′＝0.75m/svC，B的速度为vB′＝﹣0.75m/svB
BC第三次共速的过程有：
v共3＝vC′﹣aCt3＝vB′+aBt3
解得：t3＝0.225st2，v共3＝0.375m/s
第三次共速过程B、C的相对位移大小为：

综上分析，可得B与挡板第一次碰撞后，每次共速过程B、C的相对位移大小等于前一次共速过程B、C的相对位移大小的，方向均向右。则有：
（n＝2、3、4……）
B与挡板第一次碰撞后B相对于C向右的总位移大小为：
Δs＝Δs2+Δs3
由数学知识等比数列求和解得：Δs＝0.9m
最终物块B与木板C右端的距离为：l右＝Δs1﹣Δs＝2.7m﹣0.9m＝1.8m$
答：（1）小球A与物块B碰撞后轻绳与竖直方向的最大角度为θ，计算cosθ的值为；
（2）物块B与木板C左端的最小距离为1.05m；
（3）物块B与挡板前两次碰撞的时间间隔为0.675s；
（4）最终物块B与木板C右端的距离为1.8m。
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