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(共66張PPT)
第六章　動　量
思維進階課八　力學三大觀點的綜合應用
[學習目標]　1．掌握解決力學綜合問題常用的三大觀點。
2．會靈活選用三個觀點解決力學綜合問題。
1．三個基本觀點
(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．規律選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，或涉及加速度，可用牛頓第二定律。
(2)研究某一物體受到力的持續作用運動狀態發生改變時，一般用動量定理(涉及時間)或動能定理(涉及位移)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，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含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換。作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。
角度1　動力學和動量觀點的綜合
[典例1]　如圖所示，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2 kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1 s后質量為48 kg的滑雪者從頂端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數為μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：
(1)滑道AB段的長度；
(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。
[解析]　(1)設斜面長度為L，背包質量為m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有
m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者質量為m2＝48 kg，初速度為v0＝1.5 m/s，加速度為a2＝
3 m/s2，設滑雪者在斜面上滑行時間為t，落后時間t0＝1 s，則背包的滑行時間為t＋t0，由運動學公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
聯立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)設背包和滑雪者到達水平軌道時的速度分別為v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的過程，系統在光滑水平面上所受外力為零，動量守恒，設共同速度為v，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
[答案]　(1)9 m　(2)7.44 m/s
角度2　能量觀點和動量觀點的綜合
[典例2]　如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方形勻質木塊，現有一顆質量為 20 g 的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm，子彈打進木塊的深度為6 cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。
(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產生的內能；
(2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？
[解析]　(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此過程系統所增加的內能
ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J。
(2)假設子彈以v′0＝400 m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得
mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此過程系統所損耗的機械能為
ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能關系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x′相＝F阻d′
則＝＝
解得d′＝ cm
因為d′>10 cm，所以能射穿木塊。
[答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能
角度3　動力學、動量和能量觀點的綜合
[典例3]　(2024·江蘇蘇州二模)如圖所示，半徑為 0.5 m 的光滑圓弧曲面與傾角為37°足夠長的固定粗糙斜面MN在N點平滑相接，質量為0.04 kg的小物塊B恰好靜止在斜面上，此時物塊B與N點的距離為0.25 m。另一質量為0.2 kg的小物塊A從與圓心等高處由靜止釋放，通過N點滑上斜面，與物塊B發生彈性碰撞。已知物塊A與斜面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10 m/s2，兩物塊均可視為質點，碰撞時間極短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物塊A運動到N點時對曲面的壓力；
(2)物塊A與B碰撞前的速度大小；
(3)從物塊A與B第一次碰撞到兩物塊再次碰撞經歷的時間。
[解析]　(1)物塊A從靜止開始下滑到圓弧曲面底端的過程中，由機械能守恒得
mAgR cos 37°＝
設物塊A運動到N點時受到曲面的支持力為FN，由牛頓第二定律得
FN－mAg cos 37°＝
聯立解得FN＝4.8 N
由牛頓第三定律得曲面受到的壓力F壓＝FN＝4.8 N
方向與豎直方向成37°夾角斜向右下。
(2)滑上斜面后，對物塊A，設加速度為a，與物塊B碰撞前速度大小為v，由牛頓第二定律可得
mAg sin 37°－μmAg cos 37°＝mAa
由運動運動學公式可得＝2axNB
聯立解得v＝3 m/s。
(3)物塊A與物塊B發生彈性碰撞，設碰撞后物塊A速度為v1，物塊B速度為v2，碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒定律，即
mAv＝mAv1＋mBv2
mAv2＝
聯立解得v1＝2 m/s，v2＝5 m/s
因為物塊B恰好靜止在斜面上，碰撞后物塊B勻速運動，物塊A與物塊B碰后，物塊A以加速度a勻加速運動，設經時間t第二次碰撞，由運動學公式可得v1t＋at2＝v2t
解得t＝3 s。
[答案]　(1)4.8 N，方向與豎直方向成37°夾角斜向右下　(2)3 m/s　(3)3 s
[典例4]　(2024·山東卷)如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應關系如圖乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地面的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長度L。
[解析]　(1)對小物塊在Q點，由圓周運動知識有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根據題圖乙分析可知，當外力F≤4 N時，軌道與小物塊一起向左加速運動，對整體由牛頓第二定律有
F＝(M＋m)a
變形得a＝F
結合題圖乙可知＝kg-1＝0.5 kg-1
當外力F>4 N時，軌道與小物塊有相對滑動，對軌道由牛頓第二定律有
F－μmg＝Ma
變形得a＝ F－
結合題圖乙可知＝kg-1＝1 kg-1
－＝－2 m/s2
聯立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根據題圖乙可知，當F＝8 N時，軌道的加速度為a1＝6 m/s2，小物塊的加速度為a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
設經時間t0，小物塊運動至軌道上的P點，由運動學規律可得
此時軌道的速度v1＝a1t0
小物塊在P點時的速度v2＝a2t0
小物塊從P點運動至Q點的過程，小物塊與軌道組成的系統機械能守恒，系統水平方向上動量守恒，取水平向左為速度正方向，則有
＝＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
聯立并代入數據解得t0＝1.5 s(另一解不符合題意，舍去)
根據運動學規律有L＝
解得L＝4.5 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg
(ⅱ)4.5 m
[典例5]　(2024·重慶卷節選)如圖所示，兩個釘子固定在相距為a的M、N兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，細繩一端固定在M上，另一端連接位于M正下方的放置在水平地面上的質量為m的小木塊B(可視為質點)，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A(可視為質點)，沿水平方向與B發生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
(1)若碰后，B在豎直面內做圓周運動，
且能經過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值。
(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面內做圓周運動旋轉2圈，經過M正下方時細繩斷開，B也運動到P點，求B碰后瞬間的速度大小。
[解析]　(1)當A、B碰后B恰能通過最高點時，B碰后瞬間速度最小，設A與B碰后瞬間B的最小速度為v，恰通過最高點時的速度為v1，則B從碰后瞬間到最高點的過程，由動能定理有
－mg·20a＝－mv2
在最高點由牛頓第二定律有mg＝
聯立解得v＝5。
(2)設A、B發生彈性碰撞前瞬間A的速度為vA，A、B發生彈性碰撞后瞬間的速度分別為vA1、vB，B旋轉2圈到達M正下方的速度為vB1，則
由動量守恒定律有2mvA＝2mvA1＋mvB
由機械能守恒定律有＝
設B與P間的距離為x0，則對碰后A的運動過程由動能定理有
－2μmgx0＝
對碰后B轉2圈至M正下方的過程由動能定理有
－4mga＝
在M點正下方細繩斷開后B做平拋運動，有
4a＝gt2
x0＝vB1t
令＝k>0，聯立化簡得k2－k＋64a2＝0
解得k＝80ga，即vB＝4；k＝ga，即vB＝<，B不能通過最高點，舍去。
[答案]　(1)5　(2)4
思維進階特訓(八)
題號
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1．(2025·河北石家莊模擬)如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個質量為m的底座，通過彈簧與頂部一質量M＝2m的小球相連，同時用輕質無彈性的細繩將底座和小球連接，穩定時繩子伸直而無張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運動到初始位置處時，瞬間繃緊細繩，帶動底座離開地面，一起向上運動，底座離開地面后能上升的最大高度為h，已知重力加速度為g，則(　　)
A．玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為－mgh
B．繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為3mgh
C．繩子繃緊瞬間，系統損失的機械能為1.5mgh
D．用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢能為4.5mgh
√
題號
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C　[玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為WG＝－(M＋m)gh＝－3mgh，選項A錯誤；設細繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運動的速度大小為v，底座離開地面后能上升h高，則有v2＝2gh，得v＝。設細繩繃緊前瞬間，小球的速度為v0，細繩繃緊過程，外力遠小于內力，系統動量守恒，取豎直向上方向為正方向，根據動量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，可得v0＝，則繩
題號
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6
子繃緊前的瞬間，小球的動能為Ek＝＝＝4.5mgh，則繩子繃緊瞬間，系統損失的機械能為ΔE＝－(M＋m)v2＝1.5mgh，故B錯誤，C正確；用手將小球按下一段距離后，在繩子繃緊前的瞬間，減小的彈性勢能轉化成小球的動能和重力勢能，故彈簧的彈性勢能滿足＝4.5mgh，故D錯誤。]
題號
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6
2．(多選)(2025·湖南常德高三檢測)如圖所示為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是小球A質量的3倍。假設所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向，不
考慮空氣阻力，則下列判斷中正確的是(　　)
題號
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6
A．下落過程中兩個小球之間沒有相互作用力
B．小球A與小球B第一次碰撞后小球B的速度為零
C．小球A與小球B第一次碰撞后小球A彈起的最大高度是2h
D．小球A與小球B第一次碰撞后小球A彈起的最大高度是4h
√
題號
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4
6
√
√
ABD　[小球B與地面碰撞前，對A、B整體，由牛頓第二定律得(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝g，設下落過程中兩個小球之間的彈力為T，對小B球，由牛頓第二定律得mBg＋T＝mBa，解得T＝0，故A正確；根據機械能守恒定律可得(mA＋mB)gh＝，解得球A、B與地面碰撞前瞬間的速度大小為v0＝，小球B碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選小球A與小球B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后小球A、B速度大小分別為vA、
題號
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6
vB，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得mBv0－mAv0＝mAvA＋mBvB，由機械能守恒定律得＝，由題可知mB＝3mA，聯立解得vA＝2，vB＝0，故B正確；小球A與小球B第一次碰撞后小球A彈起的最大高度為H＝＝＝4h，故C錯誤，D正確。]
題號
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6
3．(多選)(2025·四川達州高三質檢)如圖所示，用不可伸長的輕繩將質量為m1的小球懸掛在O點，繩長L＝0.8 m，輕繩處于水平拉直狀態。現將小球由靜止釋放，下擺至最低點與靜止在A點的小物塊發生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度h＝0.2 m，小物塊沿水平地面滑到B點停止運動。已知小物塊質量為m2，小物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.5，A點到B點的距離x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
題號
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6
A．小球與小物塊質量之比＝
B．小球與小物塊碰后小物塊速率v＝2 m/s
C．小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞
D．小球與小物塊碰撞過程中有機械能損失
√
題號
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2
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6
√
BC　[對小物塊根據牛頓第二定律有μmg＝ma，可知小物塊的加速度a＝μg＝5 m/s2，根據勻變速運動公式v2＝2ax解得，小球與小物塊碰后小物塊速率v＝＝2 m/s，B正確；設小球碰撞前的速度為v1，碰撞后的速度為v′1，對小球下落過程及碰后上升過程根據動能定理得mgL＝，mgh＝，解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s，以向右為正方向，對小球和小物塊的碰撞過程根據動量守恒定律得
題號
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m1v1＝－m1v′1＋m2v，解得＝，A錯誤；碰撞前動能Ek1＝＝8m1，碰撞后動能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1，碰撞前后動能相等，所以小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞，無機械能損失，C正確，D錯誤。]
題號
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4．(2022·廣東卷)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＝10 m/s 向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f 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：
題號
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3
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4
6
(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N1和N2；
(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。
題號
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[解析]　(1)當滑塊靜止時，桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
滑塊向上滑動過程中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N2＝Mg－f ′＝5 N。
題號
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6
(2)從滑塊向上運動到碰撞前瞬間根據動能定理有
－mgl－f l＝
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，碰撞過程根據動量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
題號
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6
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。
題號
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6
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
5．(2024·湖南卷節選)如圖所示，半徑為R的圓環水平放置并固定，圓環內有質量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始時小球A以初速度v0沿圓環切線方向運動，與靜止的小球B發生碰撞。不計小球與圓環之間的摩擦，兩小球始終在圓環內運動。
題號
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(1)若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；
(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比。
題號
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[解析]　(1)小球A與B碰撞后結合在一起，則小球A、B發生完全非彈性碰撞，碰撞過程動量守恒，設碰后兩者的共同速度為v，有
mAv0＝(mA＋mB)v，則v＝
根據向心力公式F向＝(mA＋mB)，得F向＝。
題號
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4
6
(2)若小球A、B之間為彈性碰撞，則碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩球第一次碰撞在B球初始位置，設碰后A、B的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2
由機械能守恒定律有＝
可得v1＝，v2＝
題號
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6
題號
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因mA>mB，則碰后瞬間兩球同向運動，又<，結合(v2－v1)t＝2πR可知，從第一次碰撞到第二次碰撞的過程，A的路程小于一個圓周
第一種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝2
題號
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2
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第二種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝5
由動量守恒和機械能守恒可知兩種情況下第二次碰撞后A球速度重新變為v0，B球的速度為0，之后兩小球做周期性運動，兩種情況均符合題意。
[答案]　(1)　(2)2或5
6．(2023·遼寧卷)如圖所示，質量m1＝1 kg 的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝kx2。取重力加速度g＝
10 m/s2，結果可用根式表示。
題號
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6
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0，求木板從速度為v2到之后與物塊加速度首次相同的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)。
題號
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6
[解析]　(1)設木板接觸彈簧前的加速度大小為a1，小物塊受到的力為最大靜摩擦力或滑動摩擦力時的加速度大小為a2
解法一　對木板和小物塊分別由牛頓第二定律可得
μm2g＝m1a1，μm2g＝m2a2
由運動學公式可得
v1＝a1t，v1＝v0－a2t，x1＝a1t2
聯立解得x1＝0.125 m，v1＝1 m/s。
題號
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6
解法二　對木板，由牛頓第二定律可得
μm2g＝m1a1
取向右為正方向，對木板和小物塊整體，根據動量守恒定律可得
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
由運動學公式可得
x1＝＝0.125 m。
題號
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6
(2)小物塊與木板即將相對滑動時，由牛頓第二定律可得
對小物塊有μm2g＝m2a2
對整體有kx2＝(m1＋m2)a2
解得x2＝0.25 m
從木板與彈簧接觸到小物塊與木板之間即將相對滑動時，對木板、小物塊和彈簧組成的系統，由能量守恒定律可得
＝
解得v2＝ m/s。
題號
1
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(3)木板速度為v2時，木板和小物塊的加速度相同，木板的速度從v2向右減小到0，然后木板再由0向左加速到v2大小，此時木板和小物塊的加速度再次相同，木板從速度為v2到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，小物塊的加速度不變，小物塊對木板的摩擦力不變，根據運動的對稱性可知，這一過程所用時間為2t0，木板位移為零，整個過程中系統因摩擦轉化的內能等于小物塊動能的減少量
題號
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解法一　對小物塊由運動學規律可得
x3＝v2·2t0－a2(2t0)2
由功能關系可得
ΔU＝μm2gx3
解得ΔU＝ J。
題號
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解法二　取向左為正方向，木板從速度大小為v2到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，對小物塊由動量定理可得
μm2g·2t0＝m2v′－(－m2v2)
對整個系統，由能量守恒定律可得
ΔU＝－m2v′2
解得ΔU＝ J。
題號
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[答案]　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　 J
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