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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
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．
（2024 撫順三模）如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度H＝1.75m，長L＝0.5m的輕質細繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質量M＝0.2kg的木塊（可視為質點），質量m＝20g的子彈以v0＝62m/s的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內做圓周運動，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）子彈射穿木塊過程中產生的熱量Q；
（2）子彈落地點與懸點O的距離d。
（2024 樟樹市模擬）如圖所示，由兩個半徑均為R＝0.1m的四分之一圓弧細管道構成的光滑細管道ABP豎直放置，且固定在光滑水平臺面上，圓心連線O1O2水平，輕彈簧左端固定在豎直板上，右端與質量為m＝0.1kg的物塊接觸（不拴接，物塊的大小的直徑略小于管的內徑，物塊運動過程可視為質點），在水平臺面的右方有一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面EF，斜面上有一質量也為0.1kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定。開始時彈簧處于鎖定狀態，具有的彈性勢能為4mgR，其中g為重力加速度。當解除鎖定后物塊離開彈簧進入管道，最后從P點拋出。經過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度。已知物塊與薄木板間的動摩擦因數，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊到經P點時對軌道的壓力；
（2）物塊滑上薄木板時的速度大小；
（3）達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度兩者的相對位移。
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．
（2024 杭州二模）某游戲裝置如圖所示，左側固定一張長s＝1.75m的桌子，水平桌面的邊緣A、B上有兩個小物塊甲、乙，質量分別為m1＝0.08kg，m2＝0.02kg兩物塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2；右側有一根不可伸長的細線，長度為L＝1.5m，能夠承受的最大拉力Fmax＝16N細線上端固定在O點，下端系有一個側面開口的輕盒（質量不計），初始時刻盒子鎖定在C點且細線伸直，OC與豎直方向夾角θ＝37°，O點正下方h＝0.5m處有一細長的釘子，用于阻擋細線。某次游戲時，敲擊物塊甲，使其獲得v0＝4m/s的初速度，一段時間后與物塊乙發生碰撞，碰撞時間極短且碰后粘在一起，形成組合體從邊緣B飛出，當組合體沿垂直OC方向飛入盒子時，盒子立即解鎖，之后組合體與盒子一起運動不再分離。若組合體碰撞盒子前后速度不變，空氣阻力不計，物塊與輕盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊甲即將碰到乙時的速度大小v1；
（2）組合體到達C點時的速度大小vC；
（3）細線被釘子擋住后的瞬間對盒子的拉力大小T；
（4）若h的大小可調，要求細線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂，求h的可調范圍。
（2024 東湖區校級一模）如圖所示為一處于豎直平面內的實驗探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、長度為L1＝2m的固定粗糙水平直軌道BC及兩半徑均為R1＝0.4m的固定四分之一光滑細圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平軌道相切且平滑連接。緊靠F處有一質量為M＝0.3kg的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長為L2＝1.5m的水平面GH和半徑為R2＝0.5m的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切。現有一質量為m＝0.1kg的滑塊（可視為質點）從圓弧軌道AB上距B點高度為h＝0.8m處自由下滑，滑塊與粗糙水平直軌道BC及小車上表面GH間的動摩擦因數均為μ＝0.3，不計其它阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）滑塊運動到圓弧軌道上的F點時，細圓管道受到滑塊的作用力；
（2）滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度；
（3）若釋放的高度，試分析滑塊最終在小車上表面GH上滑行的路程s與高度h的關系。
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：根據題意列方程。
（2024 聊城模擬）如圖所示，水平傳送帶以速度v順時針轉動，其左端A點和右端B點分別與兩個光滑水平臺面平滑對接，A、B兩點間的距離L＝4m。左側水平臺面上有一被壓縮的彈簧，彈性勢能Ep＝2.6J，彈簧的左端固定，右端與一質量為m1＝0.1kg的物塊甲相連（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經脫離彈簧），物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.2。右邊水平臺面上有一個傾角為53°，高為h＝0.55m的固定光滑斜面（水平臺面與斜面用平滑小圓弧連接），斜面的右側固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次疊放著質量為m3＝0.1kg的木板（厚度不計）和質量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動摩擦因數為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會原速率彈回。現將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開斜面后恰好在它運動的最高點與物塊乙發生彈性碰撞（碰撞時間極短），物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質點，g＝10m/s2。
（1）求物塊甲到達B點的速度的可能值；
（2）若傳送帶速度v＝4m/s，求物塊甲運動到最高點時的速度大小；
（3）在滿足第2問條件下，求木板運動的總路程；
（4）在滿足第2問條件下，若木板的質量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少？
（2024 鄭州模擬）如圖所示，一根長R＝1.44m不可伸長的輕繩，一端系一小球P，另一端固定于O點。長l＝3m繃緊的水平傳送帶始終以5m/s恒定的速率沿逆時針方向運行，傳送帶左側半徑r＝0.5m的豎直光滑圓軌道在D點與水平面平滑連接，現將小球拉至懸線（伸直）與水平位置成θ＝30°角由靜止釋放，小球到達最低點時與小物塊A作彈性碰撞，碰后小物塊A向左運動到B點進入圓軌道，繞行一圈后到達E點。已知小球與小物塊質量相等均為m＝0.3kg且均視為質點，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.25，其他摩擦均忽略不計，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小和對輕質細繩拉力大小；
（2）小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產生的熱量；
（3）小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小。
（2024 長沙模擬）如圖所示，粗糙水平桌面EF左側固定一個光滑圓弧軌道QS，其圓心為O，半徑為R＝0.75m，θ＝37°，S點切線水平，且恰好與放置在桌面上的長木板等高。一小球從P點以初速度v＝3m/s水平拋出，恰好從Q點沿切線進入圓弧軌道，在圓弧軌道下端S點與放置在長木板左端的小木塊發生彈性正碰，碰撞時間極短。已知小球、木塊、長木板質量分別為m、3m、2m，重力加速度為g＝10m/s2，小球與木塊都可以視為質點，木板與桌面都足夠長，木塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，木板與桌面間的動摩擦因數μ2＝0.2，sin37°＝0.6，求：
（1）小球剛進入圓弧軌道時的速度大小；
（2）木塊與小球碰后瞬間的速度大小；
（3）木板在桌面上停下來時左端與S點的距離。
（2024 錦州一模）如圖a所示，光滑水平面上質量為m的物塊A（與彈簧拴接）以速度v向B運動，t＝0時刻彈簧與質量為2m的靜止物塊B接觸，經過彈簧壓縮到最大，兩物塊運動過程的v﹣t圖像如圖b所示，2t0時刻物塊B恰好與彈簧脫離，且到達光滑圓軌道最低點N之后的運動過程中物塊B沒有脫軌。（已知彈性勢能表達式為：，題中v0、k、m為已知量）
（1）求彈簧的最大彈性勢能；
（2）結合v﹣t圖像，寫出L的值（用v0、k、m表示，直接寫出結果即可）；
（3）求圓形豎直軌道半徑R滿足的條件。
（2024 湖南模擬）超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進行了研究，分析時將購物車簡化為可視為質點的小物塊，已知車的凈質量為m＝15kg，g＝10m/s2。
（1）首先測車與超市地面間的動摩擦因數：取一輛車停在水平地面上，現給它向前的水平初速度v0＝2m/s，測得該車能沿直線滑行x0＝2m，求車與超市地面間的動摩擦因數μ；
（2）取編號為A、B的車，B車裝上m0＝15kg的貨物后停在超市水平地面上，空車A的前端裝上輕彈簧，將A車停在B車的正后方且相距x＝5.5m處。現給A車施加向前的水平推力F0＝75N，作用時間t0＝1s后撤除。設A車與B車間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時間），兩車所在直線上沒有其他車，求在A車運動的全過程中A車與地面間產生的摩擦熱；
（3）如圖乙所示，某同學把n（n＞2）輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上，相鄰兩車間距為d＝1m，用向前的水平恒力F＝300N一直作用在1車上，推著1與正前方的車依次做完全非彈性正碰（碰撞時間極短），通過計算判斷，他最多能推動多少輛車？[已知k（k+1），k2]第18講　微專題二 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用
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．
（2024 撫順三模）如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度H＝1.75m，長L＝0.5m的輕質細繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質量M＝0.2kg的木塊（可視為質點），質量m＝20g的子彈以v0＝62m/s的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內做圓周運動，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）子彈射穿木塊過程中產生的熱量Q；
（2）子彈落地點與懸點O的距離d。
【解答】解：（1）設子彈穿出木塊時的速度大小為v子，木塊的最大速度為vmax，最小速度為vmin。
木塊在最高點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有
木塊從最低點到最高點，根據機械能守恒定律有
子彈射穿木塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律有
mv0＝Mvmax+mv子
根據能量守恒定律有
聯立解得：v子＝12m/s，Q＝34.5J
（2）設子彈穿出木塊后做平拋運動的時間為t，則有
解得：d＝6.25m
答：（1）子彈射穿木塊過程中產生的熱量Q為34.5J；
（2）子彈落地點與懸點O的距離d為6.25m。
（2024 樟樹市模擬）如圖所示，由兩個半徑均為R＝0.1m的四分之一圓弧細管道構成的光滑細管道ABP豎直放置，且固定在光滑水平臺面上，圓心連線O1O2水平，輕彈簧左端固定在豎直板上，右端與質量為m＝0.1kg的物塊接觸（不拴接，物塊的大小的直徑略小于管的內徑，物塊運動過程可視為質點），在水平臺面的右方有一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面EF，斜面上有一質量也為0.1kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定。開始時彈簧處于鎖定狀態，具有的彈性勢能為4mgR，其中g為重力加速度。當解除鎖定后物塊離開彈簧進入管道，最后從P點拋出。經過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度。已知物塊與薄木板間的動摩擦因數，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊到經P點時對軌道的壓力；
（2）物塊滑上薄木板時的速度大小；
（3）達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度兩者的相對位移。
【解答】解：（1）物塊從脫離彈簧到P過程，彈簧的彈性勢能轉化為物塊重力勢能和動能，根據能量守恒定律有
代入數據解得
vp＝2m/s
在P點，由牛頓第二定律得
代入數據解得
N＝3N
根據牛頓第三定律，物塊到達P點時對圓弧軌道的壓力大小為3N，方向豎直向上；
（2）設物塊到達斜面上的速度為v，則根據幾何關系有
vcos30°＝vp
代入數據解得
；
（3）在物塊滑上薄木板的過程中，對物塊根據牛頓第二定律有
mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma1
代入數據解得
對木板根據牛頓第二定律有
mgsin30°+μmgcos30°＝ma2
代入數據解得
設從物塊滑上薄木板至達到共同速度所用的時間為t，根據運動學公式有
v+a1t＝a2t
在時間t內，物塊位移為
在時間t內，薄木板位移為
兩者的相對位移
Δx＝x1﹣x2
代入數據解得
。
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．
（2024 杭州二模）某游戲裝置如圖所示，左側固定一張長s＝1.75m的桌子，水平桌面的邊緣A、B上有兩個小物塊甲、乙，質量分別為m1＝0.08kg，m2＝0.02kg兩物塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2；右側有一根不可伸長的細線，長度為L＝1.5m，能夠承受的最大拉力Fmax＝16N細線上端固定在O點，下端系有一個側面開口的輕盒（質量不計），初始時刻盒子鎖定在C點且細線伸直，OC與豎直方向夾角θ＝37°，O點正下方h＝0.5m處有一細長的釘子，用于阻擋細線。某次游戲時，敲擊物塊甲，使其獲得v0＝4m/s的初速度，一段時間后與物塊乙發生碰撞，碰撞時間極短且碰后粘在一起，形成組合體從邊緣B飛出，當組合體沿垂直OC方向飛入盒子時，盒子立即解鎖，之后組合體與盒子一起運動不再分離。若組合體碰撞盒子前后速度不變，空氣阻力不計，物塊與輕盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊甲即將碰到乙時的速度大小v1；
（2）組合體到達C點時的速度大小vC；
（3）細線被釘子擋住后的瞬間對盒子的拉力大小T；
（4）若h的大小可調，要求細線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂，求h的可調范圍。
【解答】解：（1）物塊甲從獲得初速度到將碰到乙過程，由動能定理有：
代入數據可得：v1＝3m/s
（2）取水平向右為正方向，甲、乙碰撞過程，由動量守恒定律有：m1v1＝（m1+m2）v2
組合體離開B點做平拋運動，水平方向的速度大小不變，在C點則有：v2＝vCcosθ
代入數據可得：vC＝3m/s
（3）從C點到最低點過程，由動能定理有：
在最低點由牛頓第二定律有：
代入數據可得：，T＝2.5N
（4）細線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂，有三種情況：
①組合體和盒子能擺到與釘子等高處，從最低點到與釘子等高處，由動能定理有：
代入數據可得：h1＝0.75m
②組合體和盒子能繞釘子轉一圈，且能通過最高點，從最低點到釘子上方最高處，由動能定理有：
在釘子上方最高點，由牛頓第二定律有：
代入數據可得：h2＝1.2m
③在最低點，繩子拉力達到最大值，由牛頓第二定律有：
代入數據可得：h3＝1.4m
綜上所述，可知h的可調范圍為：0＜h≤0.75m和1.2m≤h≤1.4m
（2024 東湖區校級一模）如圖所示為一處于豎直平面內的實驗探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、長度為L1＝2m的固定粗糙水平直軌道BC及兩半徑均為R1＝0.4m的固定四分之一光滑細圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平軌道相切且平滑連接。緊靠F處有一質量為M＝0.3kg的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長為L2＝1.5m的水平面GH和半徑為R2＝0.5m的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切。現有一質量為m＝0.1kg的滑塊（可視為質點）從圓弧軌道AB上距B點高度為h＝0.8m處自由下滑，滑塊與粗糙水平直軌道BC及小車上表面GH間的動摩擦因數均為μ＝0.3，不計其它阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）滑塊運動到圓弧軌道上的F點時，細圓管道受到滑塊的作用力；
（2）滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度；
（3）若釋放的高度，試分析滑塊最終在小車上表面GH上滑行的路程s與高度h的關系。
【解答】解：（1）滑塊在圓弧軌道上下滑過程，根據動能定理得
代入數據解得：
在F點，對滑塊，根據牛頓第二定律得
解得細圓管道對滑塊的作用力為：N＝6N
根據牛頓第三定律，細圓管道受到滑塊的作用力N′＝N＝6N，方向豎直向下。
（2）滑塊在小車上運動過程中，取水平向右為正方向，根據滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒得
mvF＝（M+m）v
解得：
根據能量守恒得
滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度：hmax＝0.3m
（3）經過計算可知，當釋放的高度時，滑塊剛好能到達半徑為R2＝0.5m的四分之一的光滑圓弧的最高點。
若釋放的高度，根據動能定理得
取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得
mvF＝（M+m）v
根據能量守恒得
解得：s＝2.5h+0.5，（0＜hm）
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：根據題意列方程。
（2024 聊城模擬）如圖所示，水平傳送帶以速度v順時針轉動，其左端A點和右端B點分別與兩個光滑水平臺面平滑對接，A、B兩點間的距離L＝4m。左側水平臺面上有一被壓縮的彈簧，彈性勢能Ep＝2.6J，彈簧的左端固定，右端與一質量為m1＝0.1kg的物塊甲相連（物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經脫離彈簧），物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.2。右邊水平臺面上有一個傾角為53°，高為h＝0.55m的固定光滑斜面（水平臺面與斜面用平滑小圓弧連接），斜面的右側固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次疊放著質量為m3＝0.1kg的木板（厚度不計）和質量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動摩擦因數為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會原速率彈回。現將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開斜面后恰好在它運動的最高點與物塊乙發生彈性碰撞（碰撞時間極短），物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質點，g＝10m/s2。
（1）求物塊甲到達B點的速度的可能值；
（2）若傳送帶速度v＝4m/s，求物塊甲運動到最高點時的速度大小；
（3）在滿足第2問條件下，求木板運動的總路程；
（4）在滿足第2問條件下，若木板的質量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少？
【解答】解：（1）由題意可知，物塊甲到達A點時，根據機械能守恒定律有：
代入數據可得：
物塊甲從A到B過程中，若物塊甲一直加速，根據牛頓第二定律有：μ1m1g＝m1a
由速度—位移關系有：
聯立可得：
此時；若物塊甲一直減速，則同理有：
可得：vB＝6m/s
此時v＜6m/s；若物塊甲先加速后勻速或先減速后勻速，則：vB＝v
綜上所述有：；
（2）當傳送帶速度v＝4m/s時，物塊甲在B點的速度vB＝6m/s，此后沖向斜面到達D點時速度為vD，從B點到D點，由動能定理有：
解得：vD＝5m/s
離開斜面后做斜上拋運動，在運動的最高點時速度：v0＝vDcos53°＝5×0.6m/s＝3m/s
（3）物塊甲與物塊乙在碰撞過程中，由動量守恒定律，以向右為正有：m1v0＝m1v1+m2v2
由機械能守恒定律：
解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
以物塊乙和木板為系統，由動量守恒定律：m2v2＝（m2+m3）v3
若木板向右加速至共速后再與擋板碰撞，由動能定理：
代入數據解得：
可知假設正確，即木板向右加速至共速后再與擋板碰撞。
木板與擋板第一次碰后，以速度v3向左減速到零，位移大小為x1，此后向右運動與擋板發生第二次碰撞，由動量守恒定律：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
第二次碰后以速度v4向左減速到零，位移為x2，木板向左減速過程中，由動能定理得：
解得：
同理可得：
以此類推木板的總路程為：
由數學知識解得：s＝1.0m
（4）以木板為對象，由牛頓第二定律：μ2m2g＝m3a
木板與擋板碰前做勻加速直線運動，有：
木板與擋板碰后每次都返回到同一位置，物塊一直做勻減速直線運動。
①當木板第一次返回到初始位置時，物塊乙速度恰好減為0時，木板與擋板僅能發生一次碰撞。
對木板有：v2﹣μ2g 2t＝0
聯立解得：m
②當木板第二次返回到初始位置時，木板與物塊乙速度恰好減到0時，木板與擋板僅能發生二次碰撞。即：v2﹣μ2g 4t＝0
解得：m
可知木板與擋板若發生兩次碰撞，擋板與木板距離的范圍為：
（2024 鄭州模擬）如圖所示，一根長R＝1.44m不可伸長的輕繩，一端系一小球P，另一端固定于O點。長l＝3m繃緊的水平傳送帶始終以5m/s恒定的速率沿逆時針方向運行，傳送帶左側半徑r＝0.5m的豎直光滑圓軌道在D點與水平面平滑連接，現將小球拉至懸線（伸直）與水平位置成θ＝30°角由靜止釋放，小球到達最低點時與小物塊A作彈性碰撞，碰后小物塊A向左運動到B點進入圓軌道，繞行一圈后到達E點。已知小球與小物塊質量相等均為m＝0.3kg且均視為質點，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.25，其他摩擦均忽略不計，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小和對輕質細繩拉力大小；
（2）小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產生的熱量；
（3）小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小。
【解答】解：（1）因開始時輕質細線與水平方向的夾角為θ＝30°，則小球P自由下落距離為R時，輕繩剛好再次伸直如下圖所示，
設此時P的速度為v1。根據自由落體運動規律，可得 2gR
輕質細線伸直后瞬間小球P速度為v2＝v1cosθ
小球P與小物塊A碰前瞬間，設小球P的速度大小為v3，從輕質細繩剛好再次伸直到小球P運動到最低點的過程中，由動能定理得：
mg（R﹣Rsinθ）
聯立解得：v3＝6m/s
設小球運動到最低點，輕質細繩對小物塊拉力大小為T，根據牛頓第二定律可得：
T﹣mg＝m
解得：T＝10.5N
根據牛頓第三定律可知小物塊碰前對輕質細繩拉力大小為10.5N。
（2）設小球與小物塊進行彈性碰撞后瞬間的速度分別為v4、v5，以向左為正方向，由動量守恒定律與機械能守恒定律得：
mv3＝mv4+mv5
解得：v5＝6m/s
小物塊沖上傳送帶后做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有：
μmg＝ma，解得加速度大小為：a＝2.5m/s2
設傳送帶速度為v0＝5m/s，小物塊與傳送帶共速時對地位移大小為x，則由運動學公式可得：
2ax
代入數據解得：x＝2.2m＜l＝3m，則可知小物塊與傳送帶能夠共速，之后和傳送帶一起做勻速運動。
小物塊在傳送帶上減速所用時間為：t，解得t＝0.4s
這段時間內傳送帶運動的位移為：x帶＝v0t＝5×0.4m＝2m
則小物塊通過傳送帶時，由于摩擦產生的熱量為：Q＝μmg（x﹣x帶）
解得：Q＝0.15J
（3）設小物塊通過圓軌道最高點時的速度為v6，軌道對小物塊的彈力為F，則由動能定理有：
﹣2mgr
解得：v6m/s
在最高點由牛頓第二定律可得：
F+mg＝m
聯立解得：F＝0N
根據牛頓第三定律可知，通過最高點時小物塊對軌道的壓力為0N。
（2024 長沙模擬）如圖所示，粗糙水平桌面EF左側固定一個光滑圓弧軌道QS，其圓心為O，半徑為R＝0.75m，θ＝37°，S點切線水平，且恰好與放置在桌面上的長木板等高。一小球從P點以初速度v＝3m/s水平拋出，恰好從Q點沿切線進入圓弧軌道，在圓弧軌道下端S點與放置在長木板左端的小木塊發生彈性正碰，碰撞時間極短。已知小球、木塊、長木板質量分別為m、3m、2m，重力加速度為g＝10m/s2，小球與木塊都可以視為質點，木板與桌面都足夠長，木塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，木板與桌面間的動摩擦因數μ2＝0.2，sin37°＝0.6，求：
（1）小球剛進入圓弧軌道時的速度大小；
（2）木塊與小球碰后瞬間的速度大小；
（3）木板在桌面上停下來時左端與S點的距離。
【解答】解：（1）小球恰好從Q點沿切線進入圓弧軌道，分析幾何關系知，此時速度與豎直方向夾角為：θ＝37°
故小球剛進入圓弧軌道時的速度大小：vQm/s＝5m/s
（2）小球從Q點沿切線進入圓弧軌道運動到圓弧軌道下端S點的過程，由機械能守恒定律得
代入數據解得：vS＝7m/s
在圓弧軌道下端S點與放置在長木板左端的小木塊發生彈性正碰，以向右的方向為正，
由動量守恒定律得：mvS＝mv1+3mv2
由機械能守恒定律得：
聯立解得：木塊與小球碰后瞬間的速度大小：v2＝3.5m/s
（3）木塊滑上木板后做減速運動，木板加速運動。對木塊和木板分析，
根據牛頓第二定律，μ1×3mg＝3m a1
μ1×3mg﹣μ2（3m+2m）g＝2m a2
代入靈氣解得：，
木板與桌面都足夠長，一直運動到共速，設共速時速度為v3，設經過時間t共速，則有：v3＝v2﹣a1t＝a2t
解得：t＝0.7s，v3＝0.7m/s
這段時間木板運動的距離為：x1m＝0.245m
之后再一起減速到停下，根據牛頓第二定律：μ2（3m+2m）g＝5m a3
根據運動學規律有：x2
聯立解得：x2＝0.1225m
故木板在桌面上停下來時左端與S點的距離為：x＝x1+x2＝0.245m+0.1225m＝0.3675m
（2024 錦州一模）如圖a所示，光滑水平面上質量為m的物塊A（與彈簧拴接）以速度v向B運動，t＝0時刻彈簧與質量為2m的靜止物塊B接觸，經過彈簧壓縮到最大，兩物塊運動過程的v﹣t圖像如圖b所示，2t0時刻物塊B恰好與彈簧脫離，且到達光滑圓軌道最低點N之后的運動過程中物塊B沒有脫軌。（已知彈性勢能表達式為：，題中v0、k、m為已知量）
（1）求彈簧的最大彈性勢能；
（2）結合v﹣t圖像，寫出L的值（用v0、k、m表示，直接寫出結果即可）；
（3）求圓形豎直軌道半徑R滿足的條件。
【解答】解：（1）t0時刻彈簧壓縮到最大，此時彈簧彈性勢能最大，設為EPm，兩物塊與彈簧組成的系統機械能守恒，結合圖b數據得：
EPm（m+2m）（v0）2
解得：Epm；
（2）物塊B運動距離L的過程中，0～t0時間間隔彈簧由原長被壓縮到最短，B的加速度逐漸增大，t0～2t0時間間隔彈簧由最短恢復到原長，B的加速度逐漸減小，這兩段時間內B的加速度的變化具有對稱性，即t0﹣Δt與t0+Δt的兩個時刻加速度相同，根據v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知下圖中斜線所標記的兩部分面積相等。
再根據v﹣t圖像的面積表示位移大小，可知0～2t0時間間隔B運動的位移大小等于上圖中四邊形efgh的面積，則有：
Lv0（2t0﹣t0）v0t0
（3）物塊B到達N點的速度大小為v0。物塊B沒有脫軌有兩種情況：
①物塊B能做完整的圓周運動，設其到達圓形軌道最高點時的速度為v，由動能定理得：
﹣2mg×2R2mv22m（v0）2
物塊B最高點滿足：2m2mg
聯立解得：R
②物塊B不超過圓心的等高點，由動能定理得：
2m（v0）2﹣2mgR≤0
解得：R
（2024 湖南模擬）超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱“車”）的碰撞進行了研究，分析時將購物車簡化為可視為質點的小物塊，已知車的凈質量為m＝15kg，g＝10m/s2。
（1）首先測車與超市地面間的動摩擦因數：取一輛車停在水平地面上，現給它向前的水平初速度v0＝2m/s，測得該車能沿直線滑行x0＝2m，求車與超市地面間的動摩擦因數μ；
（2）取編號為A、B的車，B車裝上m0＝15kg的貨物后停在超市水平地面上，空車A的前端裝上輕彈簧，將A車停在B車的正后方且相距x＝5.5m處。現給A車施加向前的水平推力F0＝75N，作用時間t0＝1s后撤除。設A車與B車間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時間），兩車所在直線上沒有其他車，求在A車運動的全過程中A車與地面間產生的摩擦熱；
（3）如圖乙所示，某同學把n（n＞2）輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上，相鄰兩車間距為d＝1m，用向前的水平恒力F＝300N一直作用在1車上，推著1與正前方的車依次做完全非彈性正碰（碰撞時間極短），通過計算判斷，他最多能推動多少輛車？[已知k（k+1），k2]
【解答】解：（1）由功能關系，A車的動能全部轉成摩擦熱：
變形整理得：
代入數據得：μ＝0.1
（2）A車運動時受摩擦力為：FfA＝μmg＝0.1×15×10N＝15N
由牛頓第二定律有：F0﹣FfA＝ma
代入數據解得：a＝4m/s2
A在t0＝1s時的速度：vA0＝at0＝4×1m/s＝4m/s
t0＝1s內A的位移：x0am＝2.0m
設A與B車碰前瞬間的速度為vA，由動能定理有：
代入數據得：vA＝3m/s
A與B車碰撞過程，以碰撞前A車速度的方向為正，根據動量守恒定律和能量守恒定律有：
mvA＝mv′A+（m+m0）vB
解二次方程得：v′A＝﹣1m/s
由功能關系，有：
代入數據得：Q＝90J
（3）設1與2 車碰前的速度為v1'，由動能定理：
1與2 碰系統動量守恒，以1車碰撞前的速度為正有：mv′1＝（m+m）v2
代入變形解得：，
1﹣2與3車碰前的速度為v2'，由動能定理：
1﹣2 與3碰系統動量守恒，以12兩車碰撞前的速度為正有：2mv′2＝3mv3
代入數據解得：，
1﹣2﹣3與4車碰前的速度為v3′，由動能定理：
1﹣2﹣3與4碰系統動量守恒：以123整體碰撞前的速度為正有：3mv′3＝4mv4
解得：，
同理可得與n車碰后速度為vn：
令vn＝0，即：
解得：n＝30.5
由此可知，最多能推動30輛車。

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