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大题精练02 力学三大观点的综合应用问题
一、考向分析
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
4.本专题的核心问题与典型模型的表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
机械效率
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
四、几种“类碰撞”问题
情境 类比碰撞 满足规律
初态 末态
相聚最近 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
（2024 江西模拟）如图所示，物块A、B质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，用轻绳相连并用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R＝1m的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度差h＝0.8m。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做周期T＝2.8s的简谐运动，B下落并从a点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。当A第1次到达最高点时，B恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与质量为mC＝0.5kg的滑块C相碰，碰后B、C结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为L＝1m，以v0＝1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.35。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的质量为m1＝3kg的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰（A、B、D小球均可以看作质点，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力）。（答案可以用根号表示）
（1）求物块A做简谐运动的振幅A；
（2）求光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小I；
（3）求整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）初始状态下，弹簧伸长量为，代入数据，解得Δx1＝0.3m，
细绳剪断后，A处于平衡位置时，弹簧伸长量为，代入数据，解得Δx2＝0.2m，
振幅A＝Δx1﹣Δx2＝0.3m﹣0.2m＝0.1m；
（2）物块B做自由落体运动的时间，B落入a的速度va＝gt1，代入数据，解得va＝4m/s，
根据动能定理，代入数据，解得B在圆弧末端的速度v＝6m/s，
B在圆弧上的运动时间，
向下为正方向，竖直方向的冲量Iy+mBgt2＝﹣mBva，解出Iy＝﹣14N s，
水平方向冲量Ix＝mBv，代入数据，解得Ix＝6N s，故冲量；
（3）根据动量守恒mBv＝（mB+mC）vD，
分析D第一次滑过传送带有，代入数据，解得，Q1＝μmDg（L﹣v0Δt），代入数据，解得，
物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度vD0＝3m/s，
规定向右为正方向，有mDvD0＝mDvD1+m1v1；，代入数据，解得vD1＝﹣1m/s，v1＝2m/s，
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带，
假设匀减速到速度为0，，代入数据，解得，不会滑出传送带，因此D在传送带上反向加速，以vD1′＝﹣vD1＝1m/s，
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，
物体D在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，
运动时间，代入数据，解得，
位移Δx1＝v0t3，代入数据，解得，
在此过程中产生的热量为Q＝μmDgΔx1，代入数据，解得Q＝3J，
同理可知，当物体D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的速度大小为vk﹣1，碰后D的速度大小为vk，则有
mDvk﹣1＝mDvk+m1uk，，代入数据，得，
在传送带上，，
又，代入数据，解得，
所以Q＝Q1+Q2，代入数据，解得。
答：（1）物块A做简谐运动的振幅A为0.1m；
（2）光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小I为；
（3）整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量Q为。
1．（2024 雁塔区校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
【解答】解：（1）由题意可知，B滑块在A上下滑时机械能守恒，设B滑到A的底端时速度大小为v0，
根据机械能守恒定律得：，
解得：v0＝6m/s，
在圆弧底端，由牛顿第二定律得：，
解得：FN＝30N，
由牛顿第三定律可知，对圆弧底端的压力大小为30N；
（2）由题意知，A离开左侧挡板后向右运动，A、B组成的系统动量守恒，设A、B共速时的速度大小为v1，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
解得：v1＝4m/s，
对A，由动能定理得：﹣μ1mgs＝0，
对A、B系统，由能量守恒得：μ1mgd，
联立可得：s＝0.8m，d＝1.2m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，s应满足的条件是：s＞0.8m，d＝1.2m；
（3）由（2）可知，B进入MN间时速度大小为v1，若到达卡扣时速度大小为v＝5m/s时，
由动能定理可得：Fl﹣μ2mgl，
解得：μ2＝0.1，
即0＜μ2≤0.1，B从卡口右侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝l＝0.5m；
若B被弹回时到达M点速度刚好为零，
由动能定理得：，
解得：μ2＝0.8，即0.1＜μ2≤0.8，B从M左侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝2l＝2×0.5m＝1m；
若0.8＜μ2＜1，根据运动分析，B在N点两侧往复运动，最终静止在N点，
由动能定理得：Fl﹣μ2mgx，
解得：x，即0.8＜μ2＜1，B在MN间通过的路程为：x；
答：（1）滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力大小为30N；
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足的条件是：s＞0.8m，A水平段的长度d为1.2m；
（3）见解析。
2．（2024 广东三模）有一款三轨推拉门，门框内部宽为L1＝2.75m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为L2＝1m，质量均为m0＝20kg，与轨道的摩擦系数均为μ＝0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d＝0.05m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s＝0.3m后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
（2）恒力F的大小；
（3）若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。
【解答】解：（1）3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移
s1＝（L1﹣L2）﹣（L2﹣d）
根据功能关系
μ 2m0gs12m0
解得
v1＝0.4m/s
（2）3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律
m0v0＝2m0v1
解得
v0＝0.8m/s
3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为
s0＝L2﹣3d
根据动能定理有：Fs﹣μm0gs0
解得：F＝27N
（3）①若F≤μm0g＝0.01×20×10N＝20N，3号门保持静止；
②若3号门板还未与2号门板碰撞，即若x＜L2﹣3d＝1m﹣3×0.05m＝0.85m
Fs﹣μm0gx＝0
解得
x＝0.15F （m）
此时
0.3m＜x＜0.85m
2N＜FN
③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞
L2﹣3d＜x＜2 （L2﹣3d）
即
0.85m＜x＜1.7m
3号门板与2号门板碰撞前
Fs﹣μm0g（L2﹣3d）
3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒
m0v2＝2m0v3
3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。
2m0μ 2m0g[x﹣（L2﹣3d）]
解得
x（m）
由0.85m＜x＜1.7m可得此时恒力的取值范围为
N＜FN
由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。
答：（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小为0.4m/s；
（2）恒力F的大小为27N；
（3）3号门板经过的路程x与F之间的关系式为x（m），此时0.85m＜x＜1.7m，N＜FN。
3．（2024 历城区校级模拟）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道在B点与一个半径R的光滑的竖直固定螺旋圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线1在坐标系xOy（x＞0，y＞0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q＞0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为μ，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强E，重力加速度为g。
（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；
（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为v1，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。
【解答】解：（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
①
设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有
②
联立①②解得
③
（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为
x＝v0t ④
⑤
由题意可知
⑥
设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有
⑦
联立③～⑦式解得
Ek＝2μmgL ⑧
由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。
（3）设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为v′1、v2。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，以v1方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
mv1＝﹣mv′1+Mv2 ⑨
⑩
联立⑨⑩解得
小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：
第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
答：（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，小球1经过O点时的速度大小为；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，小球1每次落在PQ时动能均相同，证明过程见解析，该动能大小为2μmgL；
（3）小球1和小球2的质量之比为或。
4．（2024 淄博校级模拟）如图所示，足够长的“”型平板B静置在水平地面上，小物块A处于B上表面的O点，O点左侧光滑，右侧粗糙，小物块C以速度v0与B左端弹性正碰，碰后B的速度为vB。一段时间后B与A弹性正碰，碰后A的速度为vA，最终A、B均静止。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间极短，不计空气阻力。已知v0＝8m/s，，A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.5kg，C的质量mC＝0.5kg，A与B上表面粗糙部分之间的动摩擦因数，B与地面之间的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）C与B碰后，B的速度大小vB；
（2）B上表面光滑部分的长度d；
（3）A对B的摩擦力做的功Wf；
（4）A和B之间摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）根据题意可知B、C碰撞瞬间动量守恒，以v0方向为正方向，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mCv0＝mCvC+mBvB
代入题中数据解得
vB＝8m/s
（2）A、B碰撞前，B在地面摩擦力作用下逐渐减速，A保持静止，A、B碰撞后A的速度
以vA方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mBvB1＝mBvB2+mAvA
解得碰撞前后B的速度分别为
vB1＝6m/s，vB2＝4m/s
根据动能定理，A、B碰撞前B向右运动的距离即为上表面光滑部分的长度d，则
解得光滑部分的长度为
d＝3.5m
（3）设A、B碰撞后到A运动到B粗糙部分所用时间为t1，B的加速度为a1，假设此时B仍在运动，则
f地＝μ2（mB+mA）g＝mBa1
解得
f地＝2N，
方向水平向左，则
解得
t1＝0.5s或t1＝﹣3.5s（舍弃）
此时B的速度为
vB3＝vB2﹣a1t1
解得
vB3＝2m/s
假设成立，之后A、B之间存在的摩擦力大小
fAB＝μ1mAg
解得
fAB＝0.5N
根据牛顿第二定律可知B的加速度突变为
解得
方向水平向左，A的加速度大小为
解得
方向水平向左。假设从A滑到B粗糙部分直到B停下所用时间为t2，则
解得
此时A的速度
vA1＝vA﹣aAt2
解得
之后B保持不动，A在摩擦力作用下逐渐停下来。此过程B的位移为
解得
A对B的摩擦力做的功
（4）A滑到B粗糙部分直到A停下，A的位移为
解得
xA＝10m
A和B之间摩擦产生的热量
Q＝fAB Δx＝fAB（xA﹣xB）
解得
答：（1）C与B碰后，B的速度大小为8m/s；
（2）B上表面光滑部分的长度为3.5m；
（3）A对B的摩擦力做的功为；
（4）A和B之间摩擦产生的热量为。
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大题精练02 力学三大观点的综合应用问题
一、考向分析
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
4.本专题的核心问题与典型模型的表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
机械效率
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
四、几种“类碰撞”问题
情境 类比碰撞 满足规律
初态 末态
相聚最近 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失
（2024 江西模拟）如图所示，物块A、B质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，用轻绳相连并用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R＝1m的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度差h＝0.8m。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做周期T＝2.8s的简谐运动，B下落并从a点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。当A第1次到达最高点时，B恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与质量为mC＝0.5kg的滑块C相碰，碰后B、C结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为L＝1m，以v0＝1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.35。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的质量为m1＝3kg的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰（A、B、D小球均可以看作质点，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力）。（答案可以用根号表示）
（1）求物块A做简谐运动的振幅A；
（2）求光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小I；
（3）求整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
1．（2024 雁塔区校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
2．（2024 广东三模）有一款三轨推拉门，门框内部宽为L1＝2.75m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为L2＝1m，质量均为m0＝20kg，与轨道的摩擦系数均为μ＝0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d＝0.05m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s＝0.3m后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
（2）恒力F的大小；
（3）若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。
3．（2024 历城区校级模拟）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道在B点与一个半径R的光滑的竖直固定螺旋圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线1在坐标系xOy（x＞0，y＞0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q＞0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为μ，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强E，重力加速度为g。
（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；
（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为v1，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。
4．（2024 淄博校级模拟）如图所示，足够长的“”型平板B静置在水平地面上，小物块A处于B上表面的O点，O点左侧光滑，右侧粗糙，小物块C以速度v0与B左端弹性正碰，碰后B的速度为vB。一段时间后B与A弹性正碰，碰后A的速度为vA，最终A、B均静止。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间极短，不计空气阻力。已知v0＝8m/s，，A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.5kg，C的质量mC＝0.5kg，A与B上表面粗糙部分之间的动摩擦因数，B与地面之间的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）C与B碰后，B的速度大小vB；
（2）B上表面光滑部分的长度d；
（3）A对B的摩擦力做的功Wf；
（4）A和B之间摩擦产生的热量Q。
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