資源簡介

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第18講　微專題二 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用
目錄
[基礎過關] 1
一、力的三個作用效果與五個規律 1
二、碰撞中常見的力學模型及其結論 2
[命題點研究] 2
命題點一　動量與動力學觀點的綜合應用 2
命題點二　動量與能量觀點的綜合應用 2
命題點三　力學三大觀點解決多過程問題 4
[課時訓練] 5
[基礎過關]
一、力的三個作用效果與五個規律
分類 對應規律 公式表達
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma
力對空間積累效果 動能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12
機械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22
力對時間積累效果 動量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp
動量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、碰撞中常見的力學模型及其結論
模型名稱 模型描述 模型特征 模型結論
“速度交換”模型 相同質量的兩球發生彈性正碰 m1＝m2，動量、動能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)
“完全非彈性碰撞”模型 兩球正碰后粘在一起運動 動量守恒、能量損失最大 v＝v0(v2＝0，v1＝v0)
[命題點研究]
命題點一　動量與動力學觀點的綜合應用
1．解決動力學問題的三個基本觀點
(1)力的觀點：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：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
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，即轉變為系統內能的量．
(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換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
（2023 湖南）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結果用a、b及g表示）。
命題點二　動量與能量觀點的綜合應用
1．兩大觀點
動量的觀點：動量定理和動量守恒定律．
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律．
2．解題技巧
(1)若研究對象為一個系統，應優先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)．
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優先考慮動能定理．
(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優越性．
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
命題點三　力學三大觀點解決多過程問題
1．表現形式
(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動．
(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動．
(3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動．
2．應對策略
(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態的變化，關鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動量或機械能守恒：根據題意選擇合適的初、末狀態，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態的速度(率)．
一輕質細繩一端系一質量為m＝200g的小球a，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球a的距離為L＝0.1m，小球a跟水平面接觸，但無相互作用。在小球a的兩側等距離處分別固定兩個相同的斜面CD、C'D'，斜面足夠長且傾角θ＝37°，如圖所示，兩個斜面底端CC′的水平距離s＝2m。現有一小滑塊b，質量也為m，從左側斜面CD上由靜止滑下，與小球a發生彈性碰撞。已知小滑塊b與斜面、水平面的動摩擦因數μ均為0.25，若不計空氣阻力和C、C′點處的機械能損失，并將滑塊和小球都視為質點，試問：
（1）若滑塊b從h＝1.5m處靜止滑下，求滑塊b與小球a第一次碰后瞬間繩子對小球a的拉力大小；
（2）若滑塊b與小球a第一次碰撞后，小球a在運動到最高點時繩子拉力恰好為零，求滑塊b最終停下來的位置到C點的距離x；
（3）若滑塊b從h處靜止滑下，求小球a第n次做完整的圓周運動時在最低點的動能Ekn的表達式。（要求除h、n外，其他物理量的數值需代入，寫出關系式即可，不需要寫出取值范圍。）
[課時訓練]
1．如圖甲所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，比賽過程簡化為如圖乙所示，在左端發球區的運動員從投擲線MN中點P將冰壺擲出，冰壺沿水平冰道中心線PO向右端的圓形營壘區滑行。若冰壺以v0＝4m/s的速度被擲出后，恰好停在營壘區中心O，PO間距離為x＝40m。已知冰壺的質量為m＝19kg，冰壺自身大小可忽略，冰壺在冰道上的運動可視為勻減速直線運動。在比賽中，運動員可以用毛刷擦拭冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小為一確定值。
（1）求沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）在某次比賽中冰壺投擲速度v0＝3m/s，從MN前方12.5m處開始不停擦拭冰面，直至冰壺正好停在營壘區中心O點。求擦拭冰面后冰壺的加速度大小；
（3）求（2）問中，從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量。
2．如圖為某游戲裝置的示意圖，由固定的豎直光滑圓弧軌道A、靜止在光滑水平面上的滑板B、固定豎直擋板C組成。軌道A的底端與滑板B的上表面水平相切，初始時軌道A與滑板B左端緊靠在一起，滑板B右端與豎直擋板C相距d＝5m。游客乘坐滑椅（可視為質點）從軌道A上P點由靜止出發，沖上滑板B，滑板B足夠長（滑椅不會從滑板表面滑出），滑板B與擋板碰撞無機械能損失。已知游客與滑椅的總質量m＝100kg，圓弧軌道的半徑R＝6.4m，O點為圓弧軌道的圓心，OP與豎直方向夾角60°，滑板B的質量M＝300kg，滑椅與滑板B間的動摩擦因數μ＝0.2，空氣阻力可忽略。求：
（1）游客與滑椅滑到圓弧軌道最低點時的動量大小；
（2）滑板B與豎直擋板碰撞前，游客、滑椅和滑板B組成的系統產生的內能；
（3）若滑板B右端與固定擋板C距離d可以改變，并要求滑板B只與擋板C碰撞兩次，則d應滿足的條件。
3．離水平地面的高度h＝5m的上方放置ABC光滑導軌，B處圓滑連接（無機械能損失），AB豎直高度H，光滑圓軌道CDC，半徑R＝0.4m.CE為水平粗糙軌道，μ＝0.4，長L＝4m，OM為一堵豎直光滑的墻壁，軌道末端E點距離墻壁的水平距離為x0＝1m，小球與墻壁發生的碰撞為彈性碰撞，小球落在水平地面上不反彈。有一質量為m＝0.1kg的小球（可看成質點），小球在A點靜止下滑，不計空氣阻力，以O點為坐標原點向左為x軸。求；
（1）小球過D點時恰好對軌道無壓力，整個過程摩擦力對小球做的功；
（2）若小球停在CE軌道上，H的范圍；
（3）小球釋放的高度H與落地點x的關系。
4．小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。
（1）求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；
（2）通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；
（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系。（碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
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第18講　微專題二 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用
目錄
[基礎過關] 1
一、力的三個作用效果與五個規律 1
二、碰撞中常見的力學模型及其結論 2
[命題點研究] 2
命題點一　動量與動力學觀點的綜合應用 2
命題點二　動量與能量觀點的綜合應用 2
命題點三　力學三大觀點解決多過程問題 4
[課時訓練] 6
[基礎過關]
一、力的三個作用效果與五個規律
分類 對應規律 公式表達
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma
力對空間積累效果 動能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12
機械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22
力對時間積累效果 動量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp
動量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、碰撞中常見的力學模型及其結論
模型名稱 模型描述 模型特征 模型結論
“速度交換”模型 相同質量的兩球發生彈性正碰 m1＝m2，動量、動能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)
“完全非彈性碰撞”模型 兩球正碰后粘在一起運動 動量守恒、能量損失最大 v＝v0(v2＝0，v1＝v0)
[命題點研究]
命題點一　動量與動力學觀點的綜合應用
1．解決動力學問題的三個基本觀點
(1)力的觀點：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：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
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，即轉變為系統內能的量．
(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換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
（2023 湖南）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次運動到軌道最低點時，小球和凹槽組成的系統水平方向上動量守恒，機械能守恒，選水平向左的方向為正方向，設小球的速度為v1，凹槽的速度為v2，則
0＝mv1﹣Mv2
兩邊同時乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根據幾何關系可知：x1+x2＝a
根據機械能守恒定律可得：
聯立解得：v2；x2
（2）設小球的坐標為（x，y），設此時凹槽向右運動的距離為x0，則
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的橢圓上，根據數學知識可分析出此時的橢圓方程為：
整理可得：
（3）將代入上述的軌跡方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根據數學知識可知，上述的軌跡方程是以（a﹣b，0）為圓心，b為半徑的圓，當小球下落的高度為時，對應的位置如圖所示：
此時可知速度的方向與水平方向的夾角為60°，小球下落的高度為 過程中，系統水平方向動量守恒，選擇水平向左的方向為正方向，設小球的速度為v3，凹槽的速度為v4，則
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根據機械能守恒定律可得；
聯立解得：v3
命題點二　動量與能量觀點的綜合應用
1．兩大觀點
動量的觀點：動量定理和動量守恒定律．
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律．
2．解題技巧
(1)若研究對象為一個系統，應優先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)．
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優先考慮動能定理．
(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優越性．
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
【解答】解：（1）從D到F的過程中，對滑塊a根據動能定理可得：
2mgR
代入數據解得：vF＝10m/s
在F點，滑塊受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，則
解得：FN＝31.2N，方向豎直向上
（2）滑塊a碰后返回到B點的過程中，根據動能定理可得：
碰撞瞬間，滑塊a與b組成的系統動量守恒，規定向右的方向為正方向，設碰撞后滑塊a的速度為v1，滑塊b的速度為v2，則
mvF＝﹣mv1+3mv2
聯立解得：ΔE＝0
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，選擇水平向右的方向為正方向，則
mvF＝（m+3m）v
當彈簧的長度最大或者最小時，彈簧的彈性勢能都最大，且滑塊的速度相等，根據能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
設彈簧的壓縮量和伸長量分別為x1和x2，則
聯立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
則Δx＝x2+x1
代入數據解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小為10m/s，所受支持力大小為31.2N；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能為0；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差為0.2m。
命題點三　力學三大觀點解決多過程問題
1．表現形式
(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動．
(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動．
(3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動．
2．應對策略
(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態的變化，關鍵是求出加速度；(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；(3)過程中動量或機械能守恒：根據題意選擇合適的初、末狀態，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態的速度(率)．
一輕質細繩一端系一質量為m＝200g的小球a，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球a的距離為L＝0.1m，小球a跟水平面接觸，但無相互作用。在小球a的兩側等距離處分別固定兩個相同的斜面CD、C'D'，斜面足夠長且傾角θ＝37°，如圖所示，兩個斜面底端CC′的水平距離s＝2m。現有一小滑塊b，質量也為m，從左側斜面CD上由靜止滑下，與小球a發生彈性碰撞。已知小滑塊b與斜面、水平面的動摩擦因數μ均為0.25，若不計空氣阻力和C、C′點處的機械能損失，并將滑塊和小球都視為質點，試問：
（1）若滑塊b從h＝1.5m處靜止滑下，求滑塊b與小球a第一次碰后瞬間繩子對小球a的拉力大小；
（2）若滑塊b與小球a第一次碰撞后，小球a在運動到最高點時繩子拉力恰好為零，求滑塊b最終停下來的位置到C點的距離x；
（3）若滑塊b從h處靜止滑下，求小球a第n次做完整的圓周運動時在最低點的動能Ekn的表達式。（要求除h、n外，其他物理量的數值需代入，寫出關系式即可，不需要寫出取值范圍。）
【解答】解：（1）滑塊b開始下滑到與a碰撞前瞬間過程，由動能定理得：0，
代入數據解得：v1m/s
a、b碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv1＝mva+mvb，
由機械能守恒定律得：，
代入數據解得：va＝v1m/s，vb＝0m/s，
a做圓周運動，繩子拉力與重力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，
代入數據解得：F＝32N；
（2）①小球a在運動到最高點時繩子拉力恰好為零，重力提供向心力，
在最高點，由牛頓第二定律得：mg＝m，
代入數據解得：vt＝1m/s，
從碰撞后到小球到達最高點過程，由動能定理得：
﹣mg 2L，
a、b質量相等且發生彈性碰撞，碰撞后兩者交換速度，
碰撞后，對b，由動能定理得：﹣μmgΔx＝0，
代入數據解得：Δx＝1m，
滑塊b最終停下來的位置到C點的距離：x＝Δx2m；
②若小球恰好運動到半圓，在最高點時vt＝0，
由動能定理得：mg L﹣μmgΔx＝0，
代入數據解得：Δx＝0.4m
則：xs﹣Δx＝0.6m；
（3）對滑塊b，由動能定理得：0，
解得：，
第n﹣1次做完整的圓周運動時，
Ekn﹣1hn﹣1+0.5，
，
解得：Eknhn﹣1﹣0.5
可以得到：
Ekn+1.5（Ekn﹣1+1.5），Ekn（h+1）﹣1.5；
答：（1）若滑塊b從h＝1.5m處靜止滑下，滑塊b與小球a第一次碰后瞬間繩子對小球a的拉力大小為32N；
（2）滑塊b最終停下來的位置到C點的距離x為2m或0.6m；
（3）小球a第n次做完整的圓周運動時在最低點的動能Ekn的表達式是：Ekn（h+1）﹣1.5。
[課時訓練]
1．如圖甲所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，比賽過程簡化為如圖乙所示，在左端發球區的運動員從投擲線MN中點P將冰壺擲出，冰壺沿水平冰道中心線PO向右端的圓形營壘區滑行。若冰壺以v0＝4m/s的速度被擲出后，恰好停在營壘區中心O，PO間距離為x＝40m。已知冰壺的質量為m＝19kg，冰壺自身大小可忽略，冰壺在冰道上的運動可視為勻減速直線運動。在比賽中，運動員可以用毛刷擦拭冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小為一確定值。
（1）求沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）在某次比賽中冰壺投擲速度v0＝3m/s，從MN前方12.5m處開始不停擦拭冰面，直至冰壺正好停在營壘區中心O點。求擦拭冰面后冰壺的加速度大小；
（3）求（2）問中，從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量。
【解答】解：（1）從投出冰壺到冰壺靜止過程，由動能定理得：﹣μmgx＝0
代入數據解得：μ＝0.02
（2）從冰壺被投出到靜止過程，由動能定理得：﹣μmgL﹣μ′mg（x﹣L）＝0
其中：v0＝3m/s，L＝12.5m，代入數據解得：μ′
對冰壺，由牛頓第二定律得：μ′mg＝ma
代入數據解得，加速度大小：am/s2
（3）從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中，以向右為正方，
由動量定理得：I＝0﹣mv0＝﹣19×3N s＝﹣57N s，負號表示方向，方向水平向左
則冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N s，方向水平向左
答：（1）沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數μ是0.02；
（2）擦拭冰面后冰壺的加速度大小是m/s2；
（3）從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N s，方向水平向左。
2．如圖為某游戲裝置的示意圖，由固定的豎直光滑圓弧軌道A、靜止在光滑水平面上的滑板B、固定豎直擋板C組成。軌道A的底端與滑板B的上表面水平相切，初始時軌道A與滑板B左端緊靠在一起，滑板B右端與豎直擋板C相距d＝5m。游客乘坐滑椅（可視為質點）從軌道A上P點由靜止出發，沖上滑板B，滑板B足夠長（滑椅不會從滑板表面滑出），滑板B與擋板碰撞無機械能損失。已知游客與滑椅的總質量m＝100kg，圓弧軌道的半徑R＝6.4m，O點為圓弧軌道的圓心，OP與豎直方向夾角60°，滑板B的質量M＝300kg，滑椅與滑板B間的動摩擦因數μ＝0.2，空氣阻力可忽略。求：
（1）游客與滑椅滑到圓弧軌道最低點時的動量大小；
（2）滑板B與豎直擋板碰撞前，游客、滑椅和滑板B組成的系統產生的內能；
（3）若滑板B右端與固定擋板C距離d可以改變，并要求滑板B只與擋板C碰撞兩次，則d應滿足的條件。
【解答】解：（1）設滑椅到達軌道底端時的速度大小為v0，由動能定理得：mgR（1﹣cos60°）0
代入數據解得：v0＝8m/s
在圓弧軌道最低點時游客與座椅的動量大小P＝mv0＝100×8kg m/s＝800kg m/s
（2）滑椅與滑板組成的系統動量守恒，設共同速度為v，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
代入數據解得：v＝2m/s
設此過程滑椅相對滑板的位移大小為x1，對滑板，由動能定理得：μmgx10
代入數據解得：x1＝3m＜d＝5m，則滑椅與滑板共速后滑板才與C碰撞，
對系統，由能量守恒定律得：Q
代入數據解得，系統產生的內能：Q＝2400J
（3）設B與C第一次碰撞前瞬間，滑椅與滑板的速度大小分別是v1、v2，
系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2，
設B與C第二次碰撞前瞬間，滑椅與滑板的是大小分別為v3、v4，
系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝mv3+Mv4，
若要碰撞兩次，需要滿足：mv1﹣Mv2＞0，mv3﹣Mv4≤0，
根據B往返運動的對稱性可知：v2＝v4，
對B，由動能定理得：μmgd0
聯立上式，由mv1﹣Mv2＞0，解得：dm，由mv3﹣Mv4≤0，解得：dm
d應滿足的條件是：m≤dm
答：（1）游客與滑椅滑到圓弧軌道最低點時的動量大小是800kg m/s；
（2）滑板B與豎直擋板碰撞前，游客、滑椅和滑板B組成的系統產生的內能是2400J；
（3）若滑板B右端與固定擋板C距離d可以改變，并要求滑板B只與擋板C碰撞兩次，則d應滿足的條件是m≤dm。
3．離水平地面的高度h＝5m的上方放置ABC光滑導軌，B處圓滑連接（無機械能損失），AB豎直高度H，光滑圓軌道CDC，半徑R＝0.4m.CE為水平粗糙軌道，μ＝0.4，長L＝4m，OM為一堵豎直光滑的墻壁，軌道末端E點距離墻壁的水平距離為x0＝1m，小球與墻壁發生的碰撞為彈性碰撞，小球落在水平地面上不反彈。有一質量為m＝0.1kg的小球（可看成質點），小球在A點靜止下滑，不計空氣阻力，以O點為坐標原點向左為x軸。求；
（1）小球過D點時恰好對軌道無壓力，整個過程摩擦力對小球做的功；
（2）若小球停在CE軌道上，H的范圍；
（3）小球釋放的高度H與落地點x的關系。
【解答】解：（1）小球過D點時恰好對軌道無壓力，小球只受重力，且由重力提供向心力，則
mg＝m
解得vD＝2m/s
從D點到CE上停止運動的過程，由動能定理得
mg 2R﹣μmgx＝0
解得小球在CE上滑行距離x＝2.5m＜L＝4m
故整個過程摩擦力對小球做的功為Wf＝﹣μmgx
解得Wf＝﹣1J
（2）若小球恰好過D點，從A→D過程，由動能定理得
mg（H1﹣2R）0
解得H1＝1m
若小球恰好停在E點，從A→E過程，由動能定理得
mgH2﹣μmgL＝0
解得H2＝1.6m
即H的范圍為1m≤H≤1.6m。
（3）由（2）可知，H＜1.6m時，小球不會落地；
當小球恰好到達墻壁（O點）時，根據平拋運動規律有：
h，x0＝vEt
解得vE＝1m/s
從A→E過程，由動能定理得
mgH﹣μmgL0
即得vE
結合vE＝1m/s可得H＝1.65m
即當1.6m＜H≤1.65m時，x＝x0﹣vEt，解得x＝（1）m；
當H＞1.65m時，x＝vEt﹣x0，解得x＝（1）m
答：（1）小球過D點時恰好對軌道無壓力，整個過程摩擦力對小球做的功為﹣1J；
（2）若小球停在CE軌道上，H的范圍為1m≤H≤1.6m；
（3）小球釋放的高度H與落地點x的關系為：當1.6m＜H≤1.65m時，x＝（1）m；當H＞1.65m時，x＝（1）m。
4．小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。
（1）求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；
（2）通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；
（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系。（碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【解答】解：（1）滑塊從開始下滑到D點過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：
mgH＝mgR
在D點，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：
F＝m，
代入數據解得：F＝8N，
由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）設滑塊在斜軌道上到達的最高點為C′，BC′的長度為L，從滑塊開始下滑到C′過程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ L+mgLsinθ，
代入數據解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；
（3）滑塊開始下滑到運動到距離A點x處過程，由動能定理得：
mgH﹣μmgx0
兩滑塊碰撞過程系統動量守恒，設碰撞后的速度為v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
設碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h，碰撞后滑塊滑動過程，由動能定理得：、
﹣μ 3mg（LAB﹣x）﹣μ 3mgcosθ 3mgh＝0
解得：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）；
答：（1）滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力大小為8N，方向：水平向左；
（2）滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；
（3）它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系是：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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