1、第 2 讲 Error!考法学法应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新颖，密切联系实际，综合性强，常是高考的压轴题。涉及的知识主要包括：动能定理； 机械能守恒定律；能量守恒定律； 功能关系； 动量定理； 动量守恒定律。用到的思想方法有： 整体法和隔离法；全程法； 分段法；相对运动方法；守恒思想； 等效思想；临界极值思想。命题点(一) 应用动能定理求解多过程问题研一题 (2019 届高三南昌调研) 如图所示，质量为 m1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上，从A 点随传送带运动到水平部分的最右端 B 点，经半圆轨道 C 点沿圆弧切线
2、进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C 点在 B 点的正上方， D 点为半圆轨道的最低点。小物块离开 D 点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的 E 点。已知半圆轨道的半径 R0.9 m ，D 点距水平面的高度 h0.75 m，取 g10 m/s 2，求：(1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过 D 点时对轨道压力的大小；(3)倾斜挡板与水平面间的夹角 。审题指导运动情景是什么？小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛运动用到什么规律？ 动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律采用什么方法？相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口，先利用圆周运动最高点的
3、临界状态求出小物块到达 C 点时的速度，再利用动能定理求出摩擦力做的功及小物块到达 D 点时的速度，最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向解析 (1)设小物块经过 C 点时的速度大小为 v1，因为经过 C 点时恰好能做圆周运动，由牛顿第二定律可得：mg ，解得 v13 m/smv12R小物块由 A 到 B 过程中，设摩擦力对小物块做的功为 W，由动能定理得：W mv12，解得 W4.5 J。12(2)设小物块经过 D 点时的速度为 v2，对从 C 点到 D 点的过程，由动能定理得：mg2R mv22 mv1212 12小物块经过 D 点时，设轨道对它的支持力大小为 FN，由牛顿第二定律得：F
4、Nmg mv22R解得 v23 m/s，F N60 N5由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：FNF N60 N。(3)小物块离开 D 点做平抛运动，设经时间 t 打在 E 点，由 h gt2，解得 t s12 1510设小物块打在 E 点时速度的水平、竖直分量分别为 vx、v y，速度方向与竖直方向的夹角为 ，则：vxv 2， vygt，tan ，解得 60vxvy再由几何关系可得 60 。答案 (1)4.5 J (2)60 N (3)60悟一法 多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多
5、运动过程问题的注意事项：(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。通一类 1.如图所示，质量为 1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数 0.2 ，t0 时刻给物块施加一个水平向右的拉力 F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度 g 取 10 m/s2，水平向右为正方向，求：时间 t/s 加速度 a/(ms2 )04 448 3(1)04 s 内水平拉力
6、的大小；(2)08 s 内物块运动的位移大小；(3)08 s 内水平拉力做的功。解析：(1)04 s 内，物块运动的加速度大小： a14 m/s 2根据牛顿第二定律：F 1mgma 1，解得：F 16 N 。(2)t14 s 时物块的速度大小：v 1a 1t116 m/s08 s 内物块运动的位移：x v1t1v 1t2 a2t2272 m。12 12(3)8 s 时物块的速度：v 2a 1t1a 2t24 m/s根据动能定理：W mgx mv22，解得：W 152 J。12答案：(1)6 N (2)72 m (3)152 J2(2018齐鲁名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB
7、与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接一口深度为 H、宽度为 d 的深井 CDEF，一个质量为 m 的小球放在曲面 AB 上，可从距 BC 面不同的高度处静止释放小球，已知 BC 段长为 L，小球与BC 间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。(1)若小球恰好落在井底 E 点处，求小球释放点距 BC 面的高度 h1；(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁 EF 上的最小动能 Ekmin 和此时的释放点距 BC 面的高度 h2。解析：(1)小球由 A 到 C，由动能定理得mghmgL mvC212自 C 点水平飞出后，由平抛运动规律得xv Ct， y gt212解得 hLx24y
8、若小球恰好落在井底 E 处，则 xd，y H解得小球的释放点距 BC 面的高度为h1L 。d24H(2)若小球不能直接落在井底，设打在 EF 上的动能为 Ek，则 xd解得 vCdg2y小球由 C 到打在 EF 上，由动能定理得mgyE k mvC212代入 vC得：E kmgy mgd24y当 y 时，E k 最小，且 Ekminmgdd2此时小球的释放点距 BC 面的高度为 h2L 。d2答案：(1)L (2)mgd Ld24H d2命题点(二) 机械能守恒定律的综合应用研一题 如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为 R 的四分之一圆弧构成的细管道 ABC，圆心连线 O1O2 水平且与管道
9、的交点为 B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m 的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为 R 的薄板 DE 置于水平面上，板的左端 D 到管道右端 C 的水平距离为 R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为 g，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从 C 点抛出(不计小球与水平面和管道的摩擦)，若小球经 C 点时对管道外侧的弹力大小为 mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep；(2)求小球经管道 B 点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板 DE 上。思维流程解析 (1)小球经过 C 点时，管道对小球的弹力 FNmg，方向竖直
10、向下，根据向心力公式有 mgF NmvC2R小球从起点运动到 C 点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则Ep2mgR mvC212解得 vC ，E p3mgR。2gR(2)小球从起点到经过 B 点的过程中，根据机械能守恒，有3mgRmgR mvB212小球经 B 点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力，则 FNmvB2R解得 FN4mg由牛顿第三定律可知，小球经 B 点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。(3)小球离开 C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R gt2，xv Ct12解得 x2 R2因为 x2 R2R，所以小球不能落在薄板 DE 上。2答案 (1)3mg
11、R (2) 分别为向右和向左，大小为 4mg 的压力 (3)小球不能落在薄板DE 上，计算过程见解析悟一法 解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。1弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。2弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且 W 弹 Ep。通一类 1(2018江苏高考)如图所示，钉子 A、B 相距 5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B。质量为 m 的小球固定在细线上 C 点，B、C 间的线长为3
12、l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53。松手后，小球运动到与 A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为 g，取 sin 530.8，cos 530.6。求：(1)小球受到手的拉力大小 F；(2)物块和小球的质量之比 Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T。解析：(1)由几何知识可知 ACBC，根据平衡条件得(Fmg)cos 53Mg解得 F Mg mg。53(2)与 A、 B 相同高度时小球上升 h13lsin 53物块下降 h22l物块和小球组成的系统机械能守恒 mgh1Mgh 2解得 。
13、Mm 65(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为 T，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 MgTMa对小球，沿 AC 方向由牛顿第二定律得 Tmgcos 53ma解得 T8mMg5m M。结 合 2可 得 T 18mg 25Mg55 或 4855mg或 811Mg答案：(1) Mg mg (2)6 5 (3)53 8mMg5m M(18mg 25Mg55 或 4855mg或 811Mg)2.(2018湖北三市五校联考)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮 O 与质量为 5m 的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为 m
14、 的圆环相连，直杆上有 A、C、B 三点，且 C为 AB 的中点， AO 与竖直杆的夹角为 53，C 点与滑轮 O 在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为 L，重力加速度为 g，设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从 A 点由静止释放(已知sin 530.8，cos 53 0.6) ，求：(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；(2)圆环能下滑的最大距离；(3)圆环下滑到 B 点时的速度大小。解析：(1)当圆环到达 C 点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得圆环下降高度为 hAC3L4砝码下降高度为 h L 5L4 L4由系统机械能守恒得 mghAC
15、5mg h mv1212则圆环的速度 v12 。gL(2)当圆环下滑的最大距离为 H 时，圆环和砝码的速度均为零砝码上升的高度 H (H 3L4)2 L2 5L4由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH5mgH得圆环能下滑的最大距离 H 。25L12(3)当圆环运动到 B 点时，下滑的高度 hAB ，而砝码的高度不变，设圆环的速度为3L2v2，此时砝码的速度为 v2cos 53。由系统机械能守恒得mghAB mv22 5m(v2cos 53)212 12得圆环下滑到 B 点时的速度 v2 。15gL14答案：(1)2 (2) (3) gL25L12 15gL14
16、命题点(三) 动量观点与能量观点的综合应用研一题 如图所示，质量为 m10.01 kg 的子弹 A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒 B，且只在 B 上留下一个弹孔，子弹穿过 B 后打入质量为 m20.99 kg 的木块 C 中，并留在 C里面( A、C 可视为质点)，C 放在长木板 D 的左端，D 的质量 m33 kg，长度 L10.375 m，D 放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与 D 等高的固定挡板 E，D 的右端到 E 的距离 L20.125 m，D 碰到 E 即被粘牢，C 飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直径d30 cm，纸筒匀速旋转的角速度 103 rad/s，C
17、 与 D 之间的动摩擦因数 0.1，D的上表面距离地面高 H5 m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取 g10 m/s2。(1)若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？(2)在(1)问中，讨论子弹 A 打入 C 后，A、C 整体能否与 D 达到共同速度，若 A、C 整体能与 D 达到共速，求出 A、 C 整体落到地面上距桌边的距离。过程分析过程子弹 A 穿过纸筒 B 子弹 A 打击木块 C木块 C(含子弹 A)与长木板 D 相互作用木块 C(含子弹 A)水平飞出做平抛运动模型匀速直线运动、匀速圆周运动子弹
18、打木块模型(完全非弹性碰撞)(约束条件下的)板块模型平抛运动模型方法同时性 近似法理想模型法、假设法运动的合成与分解规律直线运动规律、圆周运动规律动量守恒定律动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律平抛运动规律解析 (1)根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：(2n1)，式中 n 取 0 和 1子弹穿过纸筒的时间为：t则子弹的速度为：v dt d2n 1把 n0,1 分别代入式得子弹的速度分别为：v1300 m/s，v 2100 m/s。(2)设子弹 A 打入 C 后，A 、C 整体的共同速度为 v11, 由动量守恒定律得：m1v(
19、m 1m 2)v11假设 A、C 整体能够与 D 达到的共同速度为 v22, 由动量守恒定律得：(m1m 2)v11(m 1m 2m 3)v22设此过程中 A、C 整体相对于 D 滑动的位移是 s1，由能量守恒定律得：(m1m 2)gs1 (m1m 2)v112 (m1m 2m 3)v22212 12联立得：s 1 m12m3v22gm1 m22m1 m2 m3讨论：.当 vv 1300 m/s 时，代入 式得：s 13.375 mL1，说明此种情况下 A、C 整体与D 不能共速。.当 v v2100 m/s 时，代入 式得：s 10.375 mL 1，说明此种情况下 A、C 整体刚好没有滑离
20、 D。设此过程中 D 相对桌面的位移是 s2，由动能定理得：(m1m 2)gs2 m3v22212联立式，并代入数据得：v220.25 m/s ， s20.093 75 m0.125 mL 2则 A、C 整体刚好滑到 D 的右端时，还没有与 E 碰撞，说明此种情况下 A、C 整体能与 D 共速，当 D 与 E 碰撞并粘牢后，A、C 整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学知识得：平抛运动的时间：t s1 s2Hg 2510sv 22t0.251 m0.25 m。答案 (1)300 m/s 100 m/s (2)若子弹的初速度是 300 m/s，则 A、C 整体不能与 D达到共同速度
21、；若子弹的初速度是 100 m/s，则 A、C 整体能与 D 达到共同速度 0.25 m悟一法 1力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿运动定律。(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。2系统化思维方法(1)对多个研究对象运用系统化思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统) 。(2)对多个物理过程运
22、用系统化思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决复杂的运动。通一类 1(2018北京高考)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h10 m，C是半径 R20 m 圆弧的最低点。质量 m60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a4.5 m /s2，到达 B 点时速度 vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s 2。(1)求长直助滑道 AB 的长度 L；(2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小；(3)若不计 BC 段的阻力，画
23、出运动员经过 C 点时的受力图，并 求 其 所 受 支 持 力 FN 的 大 小。解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L 100 m。vB2 vA22a(2)根据动量定理，有 Imv Bmv A1 800 Ns。(3)运动员经过 C 点时的受力如图所示。根据牛顿第二定律，有FNmg mvC2R运动员在 BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh mvC2 mvB212 12解得 FN3 900 N。答案：(1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力图见解析图 3 900 N2(2018全国卷)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药
24、爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析：(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有E mv0212设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有0v 0gt联立式得t 。1g 2Em(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 Emgh 1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1和 v2。由题给条件和
25、动量守恒定律有mv12 mv22E14 14mv1 mv2012 12由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有mv12 mgh214 12联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh 1h 2 。2Emg答案：(1) (2)1g 2Em 2Emg3.(2018泉州模拟)如图，质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘平齐。B 端上放有质量为 3m 且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间的动摩擦因数为 ，质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边13缘正
26、上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来。解析：(1)设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程，由动能定理得：mgL mv0212解得：v 0 2gL小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FT mgmv02L解得：F T3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：F TF T即细绳能够承受的最大拉力为：F T3mg 。(2)小球与
27、 C 碰撞后做平抛运动，竖直位移：h gt212水平位移：L tv02解得：hL。(3)小球与 C 碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒，设碰撞后 C 的速率为 v1，依题意有 mv0m 3mv 1( v02)假设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv 1(3m6m)v 2由能量守恒定律得：3mv12 (3m6m) v22 3mgs12 12联立解得：sL2由 sL 知，C 不会从木板上掉下来。答案：(1)3mg (2)L (3) C 不会从木板上掉下来，计算过程见解析专题强训提能 1.(2018福建联考)如图，固定直杆上套
28、有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2L 的A、B 两点。直杆与水平面的夹角为 ，小球质量为 m，两根轻弹簧的原长均为 L、劲度系数均为 ，g 为重力加速度。3mgsin L(1)小球在距 B 点 L 的 P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩45擦力大小和方向；(2)设小球在(1)中 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等。现让小球从 P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点 L 的 Q 点，求初速度的45大小。解析：(1)小球在 P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为 F，根据胡克定律有Fk (L 45L)设小球静止
29、时受到的摩擦力大小为 Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有 mgsin F f 2F解得 Ff ，方向沿杆向下。mgsin 5(2)小球在 P、 Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从 P 到 Q 的过程中，弹簧对小球做功为零由动能定理有 W 合 E kmg2 sin F f2 0 mv2(L 45L) (L 45L) 12解得 v 。26gLsin 5答案：(1) ，方向沿杆向下 (2)mgsin 5 26gLsin 52(2019 届高三湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为 2 018m 的木板，板上有 2 018 块质量均为 m 的相同木块 1、2、2 018。最初木板静止，
30、各木块分别以v、2v、2 018v 的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为 ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第 88 块木块的最小速度；(3)第 2 块木块相对木板滑动的时间。解析：(1)设最终木板和木块一起以速度 v运动，由动量守恒定律可知m(v2vnv)2nmv解得 v v v。n 14 2 0194(2)设第 k 块木块的最小速度为 vk，则此时木板及第 1 至第( k1)块木块的速度均为vk；因为每块木块质量相等，所受合外力也相等( 均为 mg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第( k1) 块至第 n 块木块
31、的速度依次为vkv、 vk2v、 、v k(n k)v；系统动量守恒，故m(v2vnv)( nmkm) vkm(v kv) m vk(nk) v解得 vk ，v 88 v。2n 1 kkv4n 43 4391 009(3)第 2 块木块刚相对木板静止的速度为v2 2v v2n 1 kkv4n 22 018 1 242 018 4 0354 036因为木块的加速度总为 agv22vgt，解得 t 。2v v2g 4 037v4 036g答案：(1) v (2) v (3)2 0194 43 4391 009 4 037v4 036g3.(2018西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为
32、 mA2 kg、m B 3 kg 的 A、B 两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长。将质量为 mC5 kg 的物体C，从半径 R3.2 m 的 光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点14与水平面相切，B 与 C 碰撞后粘在一起运动。求：(1)B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：(1)对 C 下滑过程中，由动能定理得mCgR mCv0212设 B、C 碰撞后 B 与 C 整体的瞬时速度为 v1，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mCv0(m Bm C)v1解得 v15 m/s。(2)由题意可知，当 A、B、C 速度大小相
33、等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为 v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得(mCm B)v1(m Am Bm C)v2设弹簧的最大弹性势能为 Ep，则对 B、C 碰撞后到 A、B、C 速度相同过程中，由能量守恒定律得 (mBm C)v12 (mAm Bm C)v22E p12 12解得 Ep20 J。答案：(1)5 m/s (2)20 J4(2018全国卷)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m。已知 A
34、 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。解析：(1)设 B 车碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有mBg mBaB设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB 22a BsB联立式并利用题给数据得vB 3.0 m/s。(2)设 A 车碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有mAg mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为
35、 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有vA 22a AsA设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAm AvA mBvB联立式并利用题给数据得vA 4.25 m/s。答案：(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s5(2018临沂模拟)如图，长度 x5 m 的粗糙水平面 PQ 的左端固定一竖直挡板，右端 Q 处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率 v 逆时针转动，其上表面 QM 间距离为L4 m，粗糙水平面 MN 无限长，M 端与传送带平滑连接。物块 A 和 B 可视为质点，A 的质量 m1.5 kg，B 的质量 M5.5 kg。开始时 A 静
36、止在 P 处，B 静止在 Q 处，现给 A 一个向右的 v08 m/s 的初速度，A 运动一段时间后与 B 发生弹性碰撞，设 A、B 与传送带和水平面 PQ、MN 间的动摩擦因数均为 0.15，A 与挡板的碰撞无机械能损失。取重力加速度 g10 m/s 2。(1)求 A、 B 碰撞后瞬间的速度大小；(2)若传送带的速率为 v4 m/s，试判断 A、B 能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。解析：(1)设 A 与 B 碰撞前的速度为 vA，由 P 到 Q 过程，由动能定理得：mgx mvA2 mv0212 12A 与 B 碰撞前后动量守恒，有 mvAm vAMv
37、B由能量守恒定律得： mvA2 mvA 2 MvB 212 12 12解得 vA4 m/s，v B3 m/s即 A、B 碰撞后瞬间的速度大小分别为 4 m/s、3 m/s。(2)设 A 碰撞后运动的路程为 sA，由动能定理得：mgs A0 mvA 212sA m163所以 A 与挡板碰撞后再向右运动 sAs Ax m13设 B 碰撞后向右运动的距离为 sB，由动能定理得：Mgs B0 MvB 212解得 sB3 mL故 B 碰撞后不能滑上 MN，当速度减为 0 后，B 将在传送带的作用下反向加速运动，B 再次到达 Q 处时的速度大小为 3 m/s；在水平面 PQ 上，由运动的对称性可知，B 再
38、运动sBs B3 m 速度为零，s B s A5 m ，所以 A、B 不能再次相遇。最终 A、B 的距离 sABx s As B m。53答案：(1)4 m/s 3 m/s (2) 不能相遇 m536(2018肇庆高中模拟)如图所示，质量 M1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为 mQ0.5 kg 的滑块 Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为 mP0.5 kg 的小物块 P 置于光滑桌面上的 A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力 F 将 P 缓慢推至 B 点( 弹簧处于弹性限度内) ，推力做
39、功 WF4 J，撤去 F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后 Q 恰好没从小车上滑下。已知 Q 与小车表面间动摩擦因数0.1，取g10 m/s 2。(1)P 刚要与 Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度是多少？(3)小车的长度是多少？解析：(1)F 通过 P 压缩弹簧做功，根据功能关系有EpW F当弹簧完全推开 P 时，有Ep mPv212解得 v4 m/s 。(2)P、 Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后 Q 的速度为 v0，P 的速度为 v，由动量守恒定律和能量守恒定律得mPvm Pvm Qv0mPv2 mPv 2 mQv0212 12 12解得 v04 m/s，v0。(3)设 Q 滑到小车右端后两者的共同速度为 u，由动量守恒定律可得 mQv0(m QM )u设小车的长度为 L，根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热mQgL mQv02 (mQM) u212 12解得 L6 m。答案：(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m
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