资源简介

(共60张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题二　能量与动量
微专题3　应用力学三大观点解决多过程问题
【备考指南】　
1．高考对本讲的命题通常结合多物体多过程的直线运动、平抛运动、圆周运动进行考查，命题注重与生产生活情境的融合，综合性强，考查“三大观点”的综合应用。
2．要准确理解力学三大规律的内涵及其使用条件，掌握力学三大规律的选用技巧。
3．多过程问题的考查是考试的重点，要注意提升结合运动草图条理分析运动过程的能力。
1．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＝ ＝2ax等
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
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
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
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＝p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2．力学规律选用的顺序：“两先一后”
为了简化求解过程，选择物理规律的顺序一般是：先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律)，再选用定理(动能定理、动量定理)，最后选用牛顿运动定律和运动学公式。
[典例1]　(2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着水平的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，
重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[解析]　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律FT－mg＝
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋Mv2
＝
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律＝＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律＝＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
[典例2]　(2024·1月浙江卷)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m 的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。
(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计
空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若h＝0.8 m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h＝1.6 m，滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块b。
[解析]　(1)①对小物块a从由静止释放到第一次经过C点的过程，根据机械能守恒定律有
mgh＝
第一次经过C点时，有
＝ma
联立解得a＝16 m/s2。
②由几何关系可知，E点的高度hE＝L sin θ＋R(1－cos θ)＝0.95 m
>h，由能量守恒定律可知小物块a不会从E点滑出轨道DE。
小物块a在DE上时，因为μ2mg cos θmg[h－R(1－cos θ)]＝(μ1mg cos θ＋μ2mg cos θ)
解得s＝2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上＝g sin θ＋μ1g cos θ＝8 m/s2
a下＝g sin θ－μ2g cos θ＝2 m/s2
则对小物块a在DE上的每一次完整的上滑和下滑过程，根据运动学公式均有a上＝a下
解得＝
所以＝。
(2)对小物块a从由静止释放到经过F点的过程，根据动能定理有
mg[h－L sin θ－2R(1－cos θ)]－μ1mgL cos θ＝
解得vF＝2 m/s
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且最终二者达到共同速度v，则根据动量守恒定律和能量守恒定律分别联立有
mvF＝2mv
＝×2mv2＋2μ1mgl
解得l＝0.2 m。
[答案]　(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m
【教师备选资源】
1．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速
度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B
恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、
B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
[解析]　(1)选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
结合运动学公式可得v0＝0＋at
联立解得t＝。
(2)B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得2mg×3L－W＝
联立解得W＝。
(3)设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得2m×2v0＝mvA＋2mvB
根据能量守恒定律可得
＝×2m×(2v0)2
联立解得vA＝v0，vB＝v0(舍去)或vA＝2v0，vB＝v0
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有L＝
根据题意可得s＝(vA＋vB)t1
联立解得s＝。
[答案]　(1)(3)
2．(2024·东北师大附中月考)面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生，既节能又环保。“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择“再生制动”，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0(n>1)在平直路面上匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f＝kv，后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。
(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能，求此次刹车储存多少电能；
(2)求汽电混动汽车从刹车到停止的位移大小。
[解析]　(1)设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意有
E＝＝η(n2－1)。
(2)设汽电混动汽车“再生制动”阶段运动的位移为x1，由动量定理得－fΔt＝mΔv
又f＝kv，即－kvΔt＝mΔv
所以在“再生制动”阶段有
－kx1＝mv0－mnv0，解得x1＝
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律有f ′＝ma，又f ′＝μmg
解得a＝μg
设匀减速运动的位移为x2，由运动学规律有
＝2(－a)x2，解得x2＝
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
x＝x1＋x2＝。
[答案]　η(n2－1)　
题号
1
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微专题突破练(三)
1．(多选)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点距A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的高度为，第二次由Q点由静止释放，Q点距A点高度为，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B点为容器内壁最低点，容器的半径为h，
重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)
题号
1
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A．第一次，物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功为mgh
B．第二次，物块运动到C点的速度刚好为0
C．第一次，物块运动到B点的最大动能为mgh
D．第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
√
√
题号
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AD　[根据动能定理有mg·－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的平均速度大于从B运动到C的平均速
题号
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度，因此物块从A运动到B过程中的平均正压力大，平均摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功，大于mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－mgh＝mgh，故C错误。]
题号
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2．(多选)小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2；弹起后到达最高点时中间白色标记距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m并全部
集中在上下半球上，重力加速度大小为g，不计一切阻
力，下列说法中正确的是(　　)
题号
1
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A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为
B．上述踩压过程中压力做的功为mg(h3－h1)
C．弹簧的最大弹性势能为mg(2h3－h1－h2)
D．弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为m
√
√
题号
1
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AC　[设球离地的速度为v，由动能定理可得－mg(h3－h1)＝0－mv2，解得v＝，故A正确；弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I合＝mv－0＝m， 故D错误；设弹簧的最大弹性势能为Ep，踩压过程中压力做的功为W，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为v1，上半球弹起过程由机械能守恒定律可得＋mg(h1－h2)＝Ep，连接装置拉紧过程由动量守恒定律可得mv＝mv1，踩压过程由功能关系可得Ep＝W＋mg(h1－h2)，联立解得W＝2mg(h3－h1)，Ep＝mg(2h3－h1－h2)，故B错误，C正确。故选AC。]
题号
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9
3．(多选)(2024·河北一模)如图所示，两个均可视为质点的小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在水平固定的光滑细杆上，小球A的质量为m，小球B的质量为3m。初始时细绳处于水平状态，现将两小球由静止释放，小球A在竖直平面内摆动的轨迹为如图所示的半椭圆。已知半长轴为a、半短轴为b的椭圆在最低点的曲率半径ρ＝，向心加速度大小a向＝，不计空气阻力，
重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
题号
1
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9
A．图中椭圆的半短轴为
B．小球B的最大速度为
C．小球A到达最低点时的速度大小为
D．小球A到达最低点时细绳中的张力大小为
√
√
√
题号
1
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ABD　[系统在水平方向动量守恒，结合几何关系有0＝m－3m，b＝t，xB＝t，L＝b＋xB，解得b＝，故A正确；小球A到达最低点时，小球B的速度最大，有0＝mvA－3mvB，mgL＝，解得vA＝，vB＝，故B正确，C错误；显然椭圆的半长轴a＝L，所以椭圆在最低点的曲率半径为ρ＝＝，又T＝＝，这与利用相对速度计算的结果一致，即T＝mg＋＝，故D正确。故选ABD。]
题号
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4．(多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　)
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
√
√
题号
1
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9
AD　[子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2
题号
1
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＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
题号
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5．(热点情境·航天科技)(多选)航模比赛是青少年喜爱的一项科技活动。在某次航模比赛中，一同学操控无人机在升力作用下竖直向上运动，其动能Ek与上升高度h的关系如图所示。已知无人机的质量为 1.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则上升10 m过程中(　　)
A．无人机处于超重状态
B．无人机机械能增加了50 J
C．无人机上升所用的时间为4 s
D．升力的最大功率为50 W
√
√
题号
1
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BD　[由题图可知，无人机上升过程中的动能越来越小，故无人机做减速运动，其加速度方向向下，处于失重状态，A错误；无人机在上升过程中，其动能减少了50 J，重力势能增加了mgh＝100 J，故其机械能增加了50 J，B正确；由动能定理可知－F合h＝0－Ek0，故无人机受到的合力大小为F合＝＝5 N，方向竖直向下，由F合＝ma可得无人机做减速运动的加速度大小为a＝＝5 m/s2，故其上升过程所用的时间为t＝，又＝50 J，可得t＝2 s，C错误；由mg－F升＝ma可得无人机的升力大小为F升＝5 N，故升力的功率为P＝F升v，当v＝v0时升力的功率最大，Pm＝F升v0＝50 W，D正确。]
题号
1
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6．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，
求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重
物做的总功。
题号
1
3
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[解析]　(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg
在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β
联立并代入数据解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
[答案]　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J
题号
1
3
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7．(高考新动向·模块间融合)如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角θ＝30°的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的
匀强电场、电场强度大小E＝(g为重力加速度大小)。质量为
m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A
中时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将
C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，
题号
1
3
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2
4
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8
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9
此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C与斜面间都绝缘，整个过程中，物体C所带的电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧伸长量的平方成正比。求：
(1)凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的弹性势能；
(3)从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。
题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有4mg sin θ＝μ(4mg cos θ－qE)
解得μ＝。
(2)设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4Ep，C与A碰撞过程，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv1＝4mv2
＋Ep＝＋4Ep
解得Ep＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B与AC之间的碰撞类似弹性碰撞，有
2mv1＝2m ＋2m
＝
解得＝或＝0，弹簧第1、3、5、…、2n－1次恢复初始时的压缩状态时，有＝
由动量定理有I弹＋2mg sin θ·t＝2m·
解得I弹＝mv0－mgt
题号
1
3
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2
4
6
8
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9
即冲量大小为|mv0－mgt|
弹簧第2、4、6、…、2n次恢复初始时的压缩状态时，有＝0
由动量定理有I弹＋2mg sin θ·t＝0
解得I弹＝－mgt
即冲量大小为mgt。
[答案]　(1)　(3)见解析
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．如图所示，质量M＝3 kg的薄木板A静置于水平地面上，其右端为固定在地面上半径R＝0.75 m的竖直光滑圆弧轨道，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成θ＝37°角。质量m＝2 kg的小物块B从距薄木板A高H＝2 m的位置水平抛出，恰好从圆弧轨道最高点沿圆弧切线方向滑入轨道。已知小物块B与薄木板A之间的动摩擦因数μ＝0.5，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)求小物块B水平抛出时的速度大小；
(2)求小物块B刚进入圆弧轨道最高点时对轨道的压力大小；(结果保留两位小数)
(3)薄木板A与地面之间动摩擦因数满足以下情况：
①若地面光滑，小物块B恰好没有滑离薄木板A，求薄木板A的长度；
②若薄木板A与地面间的动摩擦因数μ′＝0.1，小物块B始终未滑离薄木板A，求薄木板A滑动的距离。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)小物块B从水平抛出到刚进入圆弧轨道，有
H－R(1＋sin θ)＝gt2
又vy＝gt，tan θ＝
联立解得v0＝3 m/s，vy＝4 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)设小物块B刚进入圆弧轨道时的速度为v1
则v1＝＝5 m/s
小物块B在圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg sin θ＝
联立解得FN≈54.67 N
由牛顿第三定律知小物块B对轨道的压力大小为F′N＝FN＝54.67 N。
题号
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(3)①设小物块B刚滑上薄木板A时的速度大小为v2，由动能定理得mgH＝
解得v2＝7 m/s
小物块B在薄木板A上滑动过程，由动量守恒有
mv2＝(m＋M)v3
解得v3＝2.8 m/s
由能量守恒有μmgL＝
解得L＝2.94 m。
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②薄木板A与小物块B间的摩擦力大小为
f1＝μmg＝10 N
薄木板A与地面间的摩擦力大小为
f2＝μ′(m＋M)g＝5 N
设经t1时间A、B达到共同速度v4，由动量定理得－f1t1＝mv4－mv2
(f1－f2)t1＝Mv4
联立解得v4＝ m/s，t1＝ s
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在时间t1内薄木板A移动的距离x1＝t1＝ m
设达到共同速度后，二者一起停下来的过程，薄木板A移动的距离为x2，由动能定理得
－μ′(m＋M)gx2＝
解得x2＝ m
则薄木板A滑动的距离x＝x1＋x2＝2.45 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)54.67 N　(3)①2.94 m　②2.45 m
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9．如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面体在水平面上固定不动，物体丙放在光滑水平面上，物体丙由水平部分和圆弧轨道组成，C为圆弧的最低点，D为圆弧的最高点，物体丙的上表面与斜面体的底端平滑地衔接于B点，可视为质点的滑块乙放在物体丙的最左端，另一可视为质点的滑块甲由斜面体上的A点静止释放，经过一段时间与滑块乙发生无机械能损失的碰撞，碰后移去斜面体和滑块甲。已知AB间距离xAB＝14.4 m，滑块甲、乙的质量均为m＝2 kg，物体丙的质量为M＝
6 kg，圆弧的半径为R＝4 m，除滑块与
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BC段的摩擦以外，其余部分的摩擦均可忽略不计，xBC＝9.6 m，滑块乙与BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)滑块乙第一次运动到C点时的速度大小；
(2)滑块乙第二次运动到C点时，滑块乙对轨道的压力大小；
(3)通过计算说明滑块乙能否从物体丙的左端离开，若能，求分离瞬间乙、丙的速度；若不能，求最终滑块乙到C点的距离。
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[解析]　(1)滑块甲由A到B只有重力做功，则滑块甲的机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgxABsin θ＝，解得v0＝12 m/s
滑块甲、乙发生弹性碰撞，设碰后甲、乙的速度分别为v′、v，则由动量守恒定律、机械能守恒定律得
mv0＝＝mv2＋m
解得v′＝0，v＝12 m/s
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滑块乙从物体丙的最左端向右运动的过程中，滑块乙和物体丙组成的系统动量守恒，设滑块乙第一次运动到C点时，滑块乙和物体丙的速度大小分别为v1、v2，则由mv＝mv1＋Mv2
又由功能关系得μmgxBC＝
解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s(另一解舍去)，即滑块乙第一次运动到C点时的速度大小为6 m/s。
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(2)滑块乙滑上圆弧轨道后，滑块乙和物体丙组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块乙第二次运动到C点时滑块乙和物体丙的速度大小分别为v3、v4
则由动量守恒定律、机械能守恒定律有
mv1＋Mv2＝－mv3＋Mv4，
＝
解得v3＝0 m/s，v4＝4 m/s(另一解舍去)
对滑块乙由牛顿第二定律得F－mg＝
解得F＝28 N，由牛顿第三定律可知滑块乙对轨道的压力大小为F′＝28 N。
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(3)设滑块乙不能离开物体丙，则滑块乙和物体丙最终共速，设共同的速度为v5
则由动量守恒定律得－mv3＋Mv4＝(M＋m)v5
解得v5＝3 m/s
设滑块乙与物体丙相对静止时到C点的距离为Δx
则由能量守恒定律得
μmg·Δx＝
解得Δx＝1.2 m，因为Δx综上，滑块乙不能从物体丙左端离开，最终滑块乙到C点的距离为1.2 m。
[答案]　(1)6 m/s　(2)28 N　(3)1.2 m
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