資源簡介

(共64張PPT)
專題強化七
目標
要求
1.掌握解決力學綜合問題常用的三個觀點.2.會靈活選用三個觀點解決力學綜合問題.
動量和能量的綜合問題
1.解動力學問題的三個基本觀點
(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題.
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題.
(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題.用動量定理可簡化問題的求解過程.
2.力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律.
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題.
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能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)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉化為系統內能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決.
內容索引
題型一　動量與能量觀點的綜合應用
題型二　力學三大觀點的綜合應用
課時精練
題型一　
動量與能量觀點的綜合應用
例1　(2022·廣東卷·13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型.豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態.當滑塊從A處以初速度v0為10 m/s向上滑動時，受到滑
桿的摩擦力Ff為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動.已知滑塊的質量m＝0.2 kg，滑桿的質量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力.求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2；
答案　8 N　5 N　
當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，
即FN1＝(m＋M)g＝8 N
當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1 N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
答案　8 m/s　
代入數據解得v1＝8 m/s.
(3)滑桿向上運動的最大高度h.
答案　0.2 m
由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有
－(m＋M)gh＝0－ (m＋M)v2
代入數據聯立解得h＝0.2 m.
例2　(2020·天津卷·11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態.A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點.當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時沖量I的大小；
A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝
A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，有
(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？
設兩球粘在一起時速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足
v′＝vA
要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
可得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為
題型二
力學三大觀點的綜合應用
例3　(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l.圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H.開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發生彈性正碰.已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止.忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；
答案　5 m/s
物塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律有mgh＝ 解得vb＝5 m/s ①
b與a發生彈性正碰，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0 ②
③
聯立①②③解得v0＝5 m/s ④
(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；
答案　FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達E點對應的高度為h1，根據動能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m ⑤
⑥
⑦
聯立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m) ⑧
(3)若物塊b釋放高度0.9 m當1.2 m≤h<1.65 m時，最終物塊a靜止的位置在E點或E點右側，根據動能定理得
⑨
⑩
水平方向s1＝vEt
當h最大時，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，則s1取不到最大值，

x＝3l＋DF＋s1

當0.9 m當h最小時
解得s2＝1.8 m
可知物塊a達到距離C點右側0.8 m處靜止；
當h取1.2 m時，
物塊a在E點速度為零，若返回到CD時，根據動能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距離C點0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范圍內，故當0.9 m代入數據得2.6 m例4　(2023·浙江1月選考·18)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點高度為1.2R，FG長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，
擺渡車長度L＝3 m、質量m＝1 kg.將一質量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側壁IJ立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
答案　4 m/s　22 N　
滑塊從靜止釋放到C點過程，
根據動能定理可得
mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝ mvC2
解得vC＝4 m/s
滑塊過C點時，根據牛頓第二定律可得
FC＋mg＝
解得FC＝22 N
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數μ；
答案　0.3　
設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據動能定理可得
解得v＝6 m/s
擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，設為v1，以滑塊和擺渡車為系統，根據系統動量守恒可得mv＝2mv1
解得μ＝0.3
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t.
答案　2.5 s
則滑塊從G到J所用的時間為t＝t1＋t2＝2.5 s.
三
課時精練
1.(2023·浙江精誠聯盟聯考)如圖所示，豎直的半徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在H、B處平滑連接，傾角為θ的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接.在直軌道AH左端固定連接一輕彈簧，彈簧另一端系一個質量為m的小滑塊Q，彈簧處于自然狀態.一個質量也為m的小滑塊P從斜面CD上高H處由靜止下滑.已知BC段與小滑塊P間的動摩擦因數μ＝0.2.軌道其他部分均光滑，直
1
2
3
4
軌道BC長LBC＝1 m，m＝1 kg，θ＝30°，R＝0.2 m.彈簧始終處于彈性限度內，滑塊脫離軌道后，不會再落到軌道上，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零，求滑塊P從靜止下滑的高度H；
1
2
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答案　0.4 m　
滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零，則vF＝0，mg(H－R)－μmgLBC＝0，
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m.
(2)若滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發生碰撞，碰撞時間極短，碰后PQ一起運動，但互不粘連，求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊Q系統的機械能.
1
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答案　1.25 J
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設滑塊P碰前速度為v0，
解得v02＝5gR
設碰后共同速度為v，有mv0＝2mv，
2.(2023·浙江衢州市質檢)在一場冰壺比賽中，如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始.不斷刷冰，直至兩壺發生正碰為止.已知，紅壺經過P點時速度v0＝3.25 m/s，P、O兩點相距L＝27 m，大本營半徑R＝1.83 m，從紅壺進入刷冰區域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v－t圖線如圖乙所示.假設在未刷冰區域內兩壺與冰面間的動摩擦因數恒定且相同，紅壺進入刷冰區域內與冰面間的動摩擦因數變小且恒定，兩壺質量相等且均視為質點.
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4
(1)試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
1
2
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答案　會滑出
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2
3
4
設冰壺的質量為m，碰撞前、后瞬間紅壺、藍壺的速度分別為v1、v1′和v2′，
由題圖乙可得v1＝1.25 m/s，v1′＝0.25 m/s，
由動量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2′ ①
②
③
由①②③及題圖乙信息得s1＝2.00 m>R＝1.83 m
則藍壺會滑出大本營.
④
(2)求在刷冰區域內紅壺滑行的距離s.
1
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答案　15 m
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3
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設在不刷冰區域紅壺受到的摩擦力大小為Ff1，Ff1＝ma1 ⑤
由題圖乙可得t＝0時紅壺的速度v0′＝ 1.35 m/s，設在刷冰區域紅壺受到的摩擦力大小為Ff2，加速度大小為a2，Ff2＝ma2 ⑥
⑦
在紅壺經過P點到與藍壺發生正碰前的過程中，由動能定理得
1
2
3
4
由③⑤⑥⑦⑧式及代入數據得s＝15 m.
3.(2021·浙江6月選考·20)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1 m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2 m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上.小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質量的小球發生彈性碰撞，碰后小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終
落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的
動摩擦因數μ＝ sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2.
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(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9 m，求小滑塊到達B點時速度v0的大小；
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答案　4 m/s　
小滑塊在AB軌道上運動時有
(2)若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；
1
2
3
4
答案　0.45 m　
1
2
3
4
設小滑塊滑至B點時的速度大小為vB，小滑塊與小球碰撞后速度大小分別為v1、v2，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得
1
2
3
4
從C點到E點由機械能守恒可得
解得hmin＝0.45 m
(3)若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax.
1
2
3
4
答案　0.8 m
1
2
3
4
設F點到G點的距離為y，小球從E點到G點的運動，由動能定理有
從G點到Q點，由平拋運動規律可得x＝vGt，
由數學知識可得，當0.5－y＝0.3＋y時，x有最大值，最大值為xmax＝0.8 m.
4.(2023·浙江精誠聯盟聯考)如圖為一游戲裝置的示意圖，傾角α＝53°的軌道AB與半徑R＝0.50 m半圓軌道相切.水平放置的傳送帶以v帶＝2 m/s的恒定速度順時針轉動，傳送帶兩端EF長L2＝3 m，傳送帶右端與一光滑水平面平滑對接，水平面上依次擺放N個完全相同的物塊，物塊的質量M＝0.3 kg且數量N足夠多.游戲開始時，讓質量為m＝0.1 kg的物塊m從軌道AB上由靜止滑下，到達軌道最低點C時對軌道的壓力大小為6.8 N.物塊m與軌道AB間的動摩擦因數μ1＝0.5、與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.1，軌道其余部分均光滑.碰撞均為對心彈性碰
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撞，物塊均可視為質點，整個裝置處于同一豎直平面內，不計空氣阻力.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求物塊m到達C點時的速度大小vC和從軌道AB釋放的高度H；
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代入數據解得H＝1.04 m
(2)若物塊m恰好從傳送帶左端E點沿水平方向落至傳送帶，求CE兩點的水平距離L1；
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答案　1.6 m　
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解得vD＝5 m/s
在D點，沿水平方向和豎直方向分解速度可得vDx＝vDcos 53°＝3 m/s，vDy＝vDsin 53°＝4 m/s
物塊從C運動至D，由動能定理得
依題意可得L1＝Rsin 53°＋vDxtDE＝1.6 m
(3)求物塊m在傳送帶上運動的總時間t總.
1
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答案　5.25 s
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3
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依題意，物塊m恰好從傳送帶左端E點沿水平方向落至傳送帶，有vE＝vDx＝3 m/s
因為物塊m與傳送帶共速所
經過的位移
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3
4
到達傳送帶右端時速度大小v0
＝v帶＝2 m/s
因為物塊1、2、3、…、N中任
意相鄰兩物塊間碰撞時均發生速度交換，所以物塊m每次從傳送帶返回到右邊水平面上與物塊1碰撞前，物塊1的速度均為零.
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3
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當n→＋∞時，t＝4 s，所以物塊m在傳送帶上運動的總時間為t總＝t0＋t＝5.25 s.專題強化七　動量和能量的綜合問題
目標要求　1.掌握解決力學綜合問題常用的三個觀點.2.會靈活選用三個觀點解決力學綜合問題．
1．解動力學問題的三個基本觀點
(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能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)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉化為系統內能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
題型一　動量與能量觀點的綜合應用
例1　(2022·廣東卷·13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態．當滑塊從A處以初速度v0為10 m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質量m＝0.2 kg，滑桿的質量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h.
答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，
即FN1＝(m＋M)g＝8 N
當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1 N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間根據動能定理有－mgl－Ffl＝mv12－mv02
代入數據解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入數據聯立解得h＝0.2 m.
例2　(2020·天津卷·11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態．A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點．當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點．不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時沖量I的大小；
(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？
答案　(1)m1　(2)
解析　(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝m1
A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl
聯立解得vA＝
由動量定理有I＝m1vA＝m1
(2)設兩球粘在一起時速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足
v′＝vA
要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝v′
聯立解得vB＝
又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為
Ek＝.
題型二　力學三大觀點的綜合應用
例3　(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l.圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H.開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發生彈性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；
(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；
(3)若物塊b釋放高度0.9 m答案　(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)當0.9 m解析　(1)物塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律有mgh＝mvb2，解得vb＝5 m/s①
b與a發生彈性正碰，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0②
mvb2＝mvb′2＋mv02③
聯立①②③解得v0＝5 m/s④
(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達E點對應的高度為h1，根據動能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m⑤
以豎直向下為正方向，則有FN＋mg＝m⑥
由動能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑦
聯立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)⑧
(3)當1.2 m≤h<1.65 m時，最終物塊a靜止的位置在E點或E點右側，根據動能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE2⑨
從E點飛出后，豎直方向H＝gt2⑩
水平方向s1＝vEt
當h最大時，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，則s1取不到最大值，
根據幾何關系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s1
代入數據解得 m≤x<(3.6＋) m；
當0.9 m當h最小時
解得s2＝1.8 m
可知物塊a達到距離C點右側0.8 m處靜止；
當h取1.2 m時，
物塊a在E點速度為零，若返回到CD時，根據動能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距離C點0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范圍內，故當0.9 m代入數據得2.6 m例4　(2023·浙江1月選考·18)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點高度為1.2R，FG長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，擺渡車長度L＝3 m、質量m＝1 kg.將一質量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側壁IJ立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t.
答案　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
解析　(1)滑塊從靜止釋放到C點過程，根據動能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝mvC2
解得vC＝4 m/s
滑塊過C點時，根據牛頓第二定律可得
FC＋mg＝m
解得FC＝22 N
(2)設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據動能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝mv2
解得v＝6 m/s
擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，設為v1，以滑塊和擺渡車為系統，根據系統動量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝＝3 m/s
根據能量守恒可得Q＝μmgL＝mv2－×2mv12
解得μ＝0.3
(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝＝3 m/s2
所用時間為t1＝＝1 s
此過程滑塊通過的位移為x1＝t1＝4.5 m
滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為t2＝＝1.5 s
則滑塊從G到J所用的時間為t＝t1＋t2＝2.5 s.
課時精練
1.(2023·浙江精誠聯盟聯考)如圖所示，豎直的半徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在H、B處平滑連接，傾角為θ的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接．在直軌道AH左端固定連接一輕彈簧，彈簧另一端系一個質量為m的小滑塊Q，彈簧處于自然狀態．一個質量也為m的小滑塊P從斜面CD上高H處由靜止下滑．已知BC段與小滑塊P間的動摩擦因數μ＝0.2.軌道其他部分均光滑，直軌道BC長LBC＝1 m，m＝1 kg，θ＝30°，R＝0.2 m．彈簧始終處于彈性限度內，滑塊脫離軌道后，不會再落到軌道上，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零，求滑塊P從靜止下滑的高度H；
(2)若滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發生碰撞，碰撞時間極短，碰后PQ一起運動，但互不粘連，求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊Q系統的機械能．
答案　(1)0.4 m　(2)1.25 J
解析　(1)滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零，則vF＝0，mg(H－R)－μmgLBC＝0，
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m.
(2)設滑塊P碰前速度為v0，
由mg＝m，mv02＝mg·2R＋mvE2，
解得v02＝5gR
設碰后共同速度為v，有mv0＝2mv，
解得v＝
彈簧原長處P、Q分離，分離時P和Q的動能均為EkP＝mv2＝mv02
分離時彈簧和滑塊Q系統的機械能E＝mv02＝mgR＝1.25 J.
2．(2023·浙江衢州市質檢)在一場冰壺比賽中，如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始．不斷刷冰，直至兩壺發生正碰為止．已知，紅壺經過P點時速度v0＝3.25 m/s，P、O兩點相距L＝27 m，大本營半徑R＝1.83 m，從紅壺進入刷冰區域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v－t圖線如圖乙所示．假設在未刷冰區域內兩壺與冰面間的動摩擦因數恒定且相同，紅壺進入刷冰區域內與冰面間的動摩擦因數變小且恒定，兩壺質量相等且均視為質點．
(1)試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
(2)求在刷冰區域內紅壺滑行的距離s.
答案　(1)會滑出　(2)15 m
解析　(1)設冰壺的質量為m，碰撞前、后瞬間紅壺、藍壺的速度分別為v1、v1′和v2′，
由題圖乙可得v1＝1.25 m/s，v1′＝0.25 m/s，
由動量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2′①
設碰后藍壺滑行距離為s1，紅壺、藍壺的加速度大小均為a1，s1＝②
由題圖乙可得a1＝＝0.25 m/s2③
由①②③及題圖乙信息得s1＝2.00 m>R＝1.83 m④
則藍壺會滑出大本營．
(2)設在不刷冰區域紅壺受到的摩擦力大小為Ff1，Ff1＝ma1⑤
由題圖乙可得t＝0時紅壺的速度v0′＝1.35 m/s，設在刷冰區域紅壺受到的摩擦力大小為Ff2，加速度大小為a2，Ff2＝ma2⑥
由題圖乙可得a2＝＝0.10 m/s2⑦
在紅壺經過P點到與藍壺發生正碰前的過程中，由動能定理得
－Ff1(L－s)－Ff2s＝mv12－mv02⑧
由③⑤⑥⑦⑧式及代入數據得s＝15 m.
3．(2021·浙江6月選考·20)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1 m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2 m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質量的小球發生彈性碰撞，碰后小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9 m，求小滑塊到達B點時速度v0的大小；
(2)若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax.
答案　(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
解析　(1)小滑塊在AB軌道上運動時有
mgh－μmgcos θ·＝mv02
代入數據解得v0＝＝4 m/s
(2)設小滑塊滑至B點時的速度大小為vB，小滑塊與小球碰撞后速度大小分別為v1、v2，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
mvB2＝mv12＋mv22
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得
mg＝m
從C點到E點由機械能守恒可得
mvEmin2＋mg(R＋r)＝mvBmin2
其中vBmin＝，
解得hmin＝0.45 m
(3)設F點到G點的距離為y，小球從E點到G點的運動，由動能定理有
mg(R＋y)＝mvG2－mvEmin2
從G點到Q點，由平拋運動規律可得x＝vGt，
H＋r－y＝gt2
聯立可得水平距離為x＝2
由數學知識可得，當0.5－y＝0.3＋y時，x有最大值，最大值為xmax＝0.8 m.
4．(2023·浙江精誠聯盟聯考)如圖為一游戲裝置的示意圖，傾角α＝53°的軌道AB與半徑R＝0.50 m半圓軌道相切．水平放置的傳送帶以v帶＝2 m/s的恒定速度順時針轉動，傳送帶兩端EF長L2＝3 m，傳送帶右端與一光滑水平面平滑對接，水平面上依次擺放N個完全相同的物塊，物塊的質量M＝0.3 kg且數量N足夠多．游戲開始時，讓質量為m＝0.1 kg的物塊m從軌道AB上由靜止滑下，到達軌道最低點C時對軌道的壓力大小為6.8 N．物塊m與軌道AB間的動摩擦因數μ1＝0.5、與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.1，軌道其余部分均光滑．碰撞均為對心彈性碰撞，物塊均可視為質點，整個裝置處于同一豎直平面內，不計空氣阻力．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求物塊m到達C點時的速度大小vC和從軌道AB釋放的高度H；
(2)若物塊m恰好從傳送帶左端E點沿水平方向落至傳送帶，求CE兩點的水平距離L1；
(3)求物塊m在傳送帶上運動的總時間t總．
答案　(1) m/s　1.04 m　(2)1.6 m　(3)5.25 s
解析　(1)由牛頓第三定律知在C點軌道對物塊m的支持力為FNC＝6.8 N，由牛頓第二定律得FNC－mg＝m，解得vC＝ m/s
物塊從釋放到運動至C，由動能定理得mg(H＋R＋Rcos 53°)－μ1mgcos 53°＝mvC2－0
代入數據解得H＝1.04 m
(2)物塊從C運動至D，由動能定理得
－mg(R－Rcos 53°)＝mvD2－mvC2
解得vD＝5 m/s
在D點，沿水平方向和豎直方向分解速度可得vDx＝vDcos 53°＝3 m/s，vDy＝vDsin 53°＝4 m/s
又tDE＝＝0.4 s
依題意可得L1＝Rsin 53°＋vDxtDE＝1.6 m
(3)依題意，物塊m恰好從傳送帶左端E點沿水平方向落至傳送帶，有vE＝vDx＝3 m/s
因為物塊m與傳送帶共速所經過的位移
x1＝＝2.5 m所以物塊m從E運動到F先減速后勻速，在傳送帶上運動時間t0＝＋＝1.25 s
到達傳送帶右端時速度大小v0＝v帶＝2 m/s
因為物塊1、2、3、…、N中任意相鄰兩物塊間碰撞時均發生速度交換，所以物塊m每次從傳送帶返回到右邊水平面上與物塊1碰撞前，物塊1的速度均為零．設物塊m第n次與物塊1碰前的速度為vn－1，碰后速度為vn，物塊1碰后的速度為vn′，由動量守恒定律和能量守恒定律得mvn－1＝mvn＋Mvn′，mvn－12＝mvn2＋Mvn′2
由以上兩式得vn＝－vn－1，v1＝－v0＝－1 m/s，
所以＝
因為x2＝＝0.5 m所以物塊m在傳送帶上先向左減速后反向加速回到水平面上，物塊m第一次與物塊1碰撞后到第二次與物塊1碰撞前在傳送帶上運動時間t1＝2＝2 s，同理tn－1＝2，tn＝2，所以＝＝，所以t＝
當n→＋∞時，t＝4 s，所以物塊m在傳送帶上運動的總時間為t總＝t0＋t＝5.25 s.

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