2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案 專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題． 3．用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)；動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)． 命題點(diǎn)一　碰撞類問題的綜合分析 1．解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題． (2)

2、能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題． (3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題． 但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解． 2．力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律． (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題． (3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件． (4)在涉及相對(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能

3、量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量． (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)． 例1　(2016·全國Ⅲ·35(2))如圖1所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．

4、 ①a與b發(fā)生彈性碰撞；②b沒有與墻發(fā)生碰撞． 答案　≤μ< 解析　設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv02>μmgl ① 即μ< ② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得 mv02＝mv12＋μmgl ③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④ mv12＝mv1′2＋·mv2′2 ⑤ 聯(lián)立④⑤

5、式解得 v2′＝v1 ⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 ·mv2′2≤μ·gl ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧ 聯(lián)立②⑧式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ<. 1．(2015·全國Ⅰ·35(2))如圖2所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．

6、 圖2 答案　(－2)M≤m＜M 解析　設(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞， 由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機(jī)械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv12＝mv32＋Mv42 整理可得v3＝v1，v4＝v1 由于m＜M，所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2 即v0≥v1＝()2v0 整理可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去

7、 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足 (－2)M≤m＜M. 2．如圖3所示，用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑水平地面上運(yùn)動(dòng)，彈簧處于原長(zhǎng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運(yùn)動(dòng)．在以后的運(yùn)動(dòng)中，求： 圖3 (1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度是多大？ (2)彈性勢(shì)能的最大值是多大？ (3)A的速度有可能向左嗎？為什么？ 答案　(1)3m/s　(2)12J　(3)不可能　理由見解析 解析　(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大． 由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒： (mA＋mB)v＝

8、(mA＋mB＋mC)vA′ ① 由①式解得vA′＝3 m/s ② (2)B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則： mBv＝(mB＋mC)v′ ③ 由③式解得：v′＝2 m/s ④ 設(shè)物塊A速度為vA′時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大為Ep，根據(jù)能量守恒： Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2 ⑤ 由⑤式解得：Ep＝12 J ⑥ (3)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)v

9、B ⑦ 設(shè)A的速度向左，vA＜0，vB＞4 m/s 則作用后A、B、C動(dòng)能之和： E′＝mAvA2＋(mB＋mC)vB2＞(mB＋mC)vB2＝48 J ⑧ 實(shí)際上系統(tǒng)的總機(jī)械能為： E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝(12＋36) J＝48 J ⑨ 根據(jù)能量守恒定律，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運(yùn)動(dòng)． 命題點(diǎn)二　多運(yùn)動(dòng)過程問題的綜合分析 應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意的問題： (1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程． (2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． (3)光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻

10、力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 例2　(2015·廣東·36)如圖4所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g

11、取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)． 圖4 (1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式． ①滑過最高點(diǎn)Q，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑；②右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列． 答案　見解析 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律得： mv02＝mg(2R)＋mv2 得：A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度v＝4 m/s>＝ m/s. 在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式有：F＋mg＝ 解得：A滑過Q點(diǎn)時(shí)受到的彈力F＝22 N (2)AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械

12、能守恒定律有： mv02＝mvA2得：vA＝v0＝6 m/s AB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動(dòng)量守恒定律得： mvA＝(m＋m)vP 解得：vP＝3 m/s 總動(dòng)能Ek＝(m＋m)vP2＝9 J 滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J 則k＝＝45 (3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段上損失的能量 E損＝nΔE＝0.2n J 由能量守恒得：(m＋m)vP2－(m＋m)vn2＝nΔE 代入數(shù)據(jù)解得：vn＝ m/s，(n＜k) 3.如圖5所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和

13、C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方．現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能． 圖5 答案　m　mgh 解析　設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′2 解得：v1

14、′＝ 設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動(dòng)量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝m 碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有 5mv2＝8mv3 據(jù)機(jī)械能守恒定律：Epm＝×5mv22－×8mv32 解得：Epm＝mgh. 4.如圖6所示，在傾角θ＝30°的斜面上放置一個(gè)凹槽B，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，槽內(nèi)靠近右側(cè)壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，它到凹槽左側(cè)壁的距離d＝0.10m．A、B的質(zhì)量都為m＝2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等

15、于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)A、B之間的摩擦，斜面足夠長(zhǎng)．現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A、B，經(jīng)過一段時(shí)間，A與B的側(cè)壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計(jì)機(jī)械能損失，碰撞時(shí)間極短．取g＝10m/s2.求： 圖6 (1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大； (2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大小； (3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大?。? 答案　(1)5.0m/s2　0　(2)0　1.0 m/s　(3)1.2m 解析　(1)設(shè)A的加速度為a1，則mgsin θ＝ma1，a1＝gsin θ＝5.0 m/s2 設(shè)B受到斜面施加的滑動(dòng)摩擦力為Ff，則 Ff＝μ·2m

16、gcos θ＝×2×2.0×10×cos 30°＝10 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝2.0×10×sin 30°＝10 N，方向沿斜面向下．因?yàn)镚1＝Ff，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則凹槽B的加速度a2＝0 (2)釋放A后，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)到凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁時(shí)的速度為vA0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 vA02＝2a1d vA0＝＝ m/s＝1.0 m/s 因A、B發(fā)生彈性碰撞時(shí)間極短，沿斜面方向動(dòng)量守恒，A和B碰撞前后動(dòng)能守恒，設(shè)A與B碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，根據(jù)題意有 mvA0＝mvA1＋mvB1 mvA0

17、2＝mvA12＋mvB12 解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為 vA1＝0，vB1＝1.0 m/s (3)A、B第一次碰撞后，B以vB1＝1.0 m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，A做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1，A的速度vA2與B的速度相等，A與B的左側(cè)壁距離達(dá)到最大，即 vA2＝a1t1＝vB1，解得t1＝0.20 s 設(shè)t1時(shí)間內(nèi)A下滑的距離為x1，則 x1＝a1t12 解得x1＝0.10 m 因?yàn)閤1＝d，說明A恰好運(yùn)動(dòng)到B的右側(cè)壁，而且速度相等，所以A與B的右側(cè)壁恰好接觸但沒有發(fā)生碰撞． 設(shè)A與B第一次碰后到第二次碰時(shí)所用的時(shí)間為t2，A運(yùn)動(dòng)的距離為xA1，B運(yùn)動(dòng)

18、的距離為xB1，第二次碰時(shí)A的速度為vA3，則 xA1＝a1t22，xB1＝vB1t2，xA1＝xB1 解得t2＝0.4 s，xB1＝0.40 m，vA3＝a1t2＝2.0 m/s 第二次碰撞后，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以vA3＝2.0 m/s速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以vB1＝1.0 m/s的初速度做勻加速運(yùn)動(dòng)． 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程中，物塊A不會(huì)與凹槽B的右側(cè)壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過t3＝0.40 s，A與B發(fā)生第三次碰撞． 設(shè)A與B在第二次碰后到第三次碰時(shí)B運(yùn)動(dòng)的位移為xB2，則 xB2＝

19、vA3t3＝2.0×0.40 m＝0.80 m； 設(shè)從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小為x，則x＝xB1＋xB2＝(0.40＋0.80) m＝1.2 m. 命題點(diǎn)三　滑塊—木板模型問題 例3　如圖7所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝15m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止．物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2.求： 圖7 (1)物塊在車面上滑行的時(shí)間t； (2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0

20、′不超過多少． 最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止． 答案　(1)0.24s　(2)5m/s 解析　(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為Ff，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有 －Fft＝m2v－m2v0 其中Ff＝μm2g 聯(lián)立以上三式解得t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝ s＝0.24 s. (2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，物塊滑到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v′，則有 m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由功能關(guān)系有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s

21、 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不能超過5 m/s. 5.如圖8所示，水平放置的輕彈簧左端固定，小物塊P置于水平桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩?fù)浦罛點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時(shí)，推力做的功為WF＝6J．撤去推力后，小物塊P沿桌面滑動(dòng)到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊緣C點(diǎn)的平板小車Q上，且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車)．小車的上表面與桌面在同一水平面上，已知P、Q質(zhì)量分別為m＝1kg、M＝4kg，A、B間距離為L(zhǎng)1＝5cm，A離桌子邊緣C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)2＝90cm，P與桌面及P與Q的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，

22、g＝10m/s2，試求： 圖8 (1)把小物塊推到B處時(shí)，彈簧獲得的彈性勢(shì)能； (2)小物塊滑到C點(diǎn)的速度大??； (3)P和Q最后的速度大小； (4)Q的長(zhǎng)度． 答案　(1)5.8J　(2)2m/s　(3)0.4 m/s　(4)0.4m 解析　(1)由能量守恒有：增加的彈性勢(shì)能為：Ep＝WF－μmgL1＝(6－0.4×10×0.05) J＝5.8 J (2)對(duì)BC過程由動(dòng)能定理可知：Ep－μmg(L1＋L2)＝mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點(diǎn)的速度為： v0＝2 m/s； (3)對(duì)P、Q由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得共同速度：v＝0.4 m/s (

23、4)對(duì)PQ由能量守恒得： μmgL＝mv02－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得小車的長(zhǎng)度： L＝0.4 m. 6.如圖9所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點(diǎn)，這時(shí)小鐵塊相對(duì)地面速度為零，小鐵塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)．由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對(duì)靜止，已知它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，問： 圖9 (1)小鐵塊跟木板相對(duì)靜止時(shí)，它們的共同速度為多大？ (2)它們相對(duì)靜止時(shí)，小鐵塊與A點(diǎn)距離有多遠(yuǎn)？ (3)在全過程中有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？ 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)小鐵塊放到長(zhǎng)木

24、板上后，由于它們之間有摩擦，小鐵塊做加速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做減速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到共同速度，一起勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)達(dá)到的共同速度為v. 由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0. (2)設(shè)小鐵塊距A點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，由能量守恒定律得 μmgL＝Mv02－(M＋m)v2 解得：L＝ (3)全過程所損失的機(jī)械能為 ΔE＝Mv02－(M＋m)v2＝. 1．(2016·全國Ⅱ·35(2))如圖1所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最

25、大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. 圖1 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 答案　(1)20kg　(2)不能，理由見解析 解析　(1)規(guī)定向左為速度正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v ① m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh

26、 ② 式中v0＝3m/s為冰塊推出時(shí)的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20kg　v＝1m/s ③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 ④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s ⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥ m2v02＝m2v22＋m3v32 ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝－1m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推

27、出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 2．如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0kg的平板車，車的上表面是一段長(zhǎng)L＝1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′相切．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g＝10m/s2，求： 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小； (2)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離． 答案　(1)5m/s　(2)0.5m

28、解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1 由動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒得： mv02－(M＋m)v12＝mgR＋μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s ③ (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得： mv0＝(M＋m)v2 ④ 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O′點(diǎn)的距離為x，由能量守恒得： mv02－(M＋m)v22＝μm

29、g(L＋x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 3．如圖3所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))．設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短，求從A開始?jí)嚎s彈簧直到與彈簧分離的過程中． 圖3 (1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能． 答案　(1)mv　(2)mv 解析　(1)對(duì)A、B，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得v1＝v0 B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系

30、統(tǒng)動(dòng)量定恒，有 m·＝2mv2 解得v2＝ 系統(tǒng)損失的機(jī)械能 ΔE＝m()2－×2m()2＝mv02 (2)當(dāng)A、B、C速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv0＝3mv 解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢(shì)能 Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02. 4．如圖4所示，固定的光滑平臺(tái)左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺(tái)上靜止放著兩個(gè)滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺(tái)右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M＝3m，車長(zhǎng)L＝2R，車面與平臺(tái)的臺(tái)面等高，車面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，右側(cè)地面上有一

31、不超過車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0＜x＜2R的范圍內(nèi)取值，當(dāng)小車運(yùn)動(dòng)到立樁處立即被牢固粘連．點(diǎn)燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點(diǎn)D，滑塊B沖上小車．兩滑塊都可以看做質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì)，爆炸的時(shí)間極短，爆炸后兩個(gè)滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g＝10m/s2.求： 圖4 (1)滑塊A在半圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)受到軌道的支持力FN； (2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB； (3)請(qǐng)討論滑塊B從滑上小車在小車上運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關(guān)系． 答案　見解析 解析　(1)以水平向右為正方向，設(shè)爆炸后滑塊A的速度大小為vA，設(shè)滑塊A

32、在半圓軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vAD，則mAg＝m 得到vAD＝ 滑塊A在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)過程中， 據(jù)動(dòng)能定理：－mAg×2R＝mAvAD2－mAvAC2 得：vA＝vAC＝ 滑塊A在半圓軌道最低點(diǎn)：FN－mAg＝m 得：FN＝mAg＋mA＝6mg (2)在A、B爆炸過程，動(dòng)量守恒，則mBvB＋mA(－vA)＝0 得：vB＝vA＝ (3)滑塊B滑上小車直到與小車共速，設(shè)為v共 整個(gè)過程中，動(dòng)量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共 得：v共＝＝ 滑塊B從滑上小車到共速時(shí)的位移為 xB＝＝ 小車從開始運(yùn)動(dòng)到共速時(shí)的位移為 x車＝＝R 兩者位移之差(即滑塊B相對(duì)小車的位移)為： Δx＝xB－x車＝＜2R， 即滑塊B與小車在達(dá)到共速時(shí)未掉下小車． 當(dāng)小車與立樁碰撞后小車停止，然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則直到停下來發(fā)生的位移為x′ x′＝＝＞(L－Δx)＝R 所以，滑塊B會(huì)從小車上滑離． 討論：當(dāng)0＜x＜時(shí)，滑塊B克服摩擦力做功為 Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x) 當(dāng)≤x≤2R時(shí)，滑塊B從滑上小車到共速時(shí)克服摩擦力做功為 Wf1＝μ2mgxB＝.