(共21张PPT)
加分练3 力学三大观点的综合应用
1.(2025·合肥模拟)如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，AB部分水平，BCD为半径R=1.6 m的半圆轨道，在B处与AB相切。在直轨道AB上放着质量分别为m1=2 kg、
保分基础练
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m2=1 kg的物块M、N(均可视为质点)，用轻质细绳将M、N连接在一起，且M、N间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。直轨道AB左侧的光滑水平地面上停着质量m3=1 kg的小车，小车上表面与AB等高，小车的长度L=2 m。现将细绳剪断，之后M向左滑上小车，N向右滑动且恰好能通过半圆轨道上的最高点D。物块M与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10 m/s2。
对N分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得m2g=，
从B到D由动能定理可得-m2g×2R=m2-m2，
在B点由牛顿第二定律可得FN-m2g=，
联立以上方程可得FN=60 N。
解析
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(1)当物块N运动到圆弧轨道的最低点B时，求轨道对物块N的支持力大小；
细绳剪断之后，由动量守恒定律可得m1v1=m2vB，
由能量守恒定律可得Ep=m1+m2，
联立以上方程可得Ep=60 J。
解析
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(2)求剪断细绳之前弹簧的弹性势能Ep；
假设M与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得m1v1=(m1+m3)v，
由能量守恒定律可得μm1gx=m1-(m1+m3)v2，
解得x= m所以M不会滑下小车，距小车右端的距离为 m。
解析
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(3)判断物块M最终是否会滑离小车。如果不会，计算它相对小车静止时，距小车右端的距离；如果会，计算它离开小车左端时的速度。
2.(2025·商丘模拟)如图所
示，质量m1=1 kg的物块A
沿水平桌面以v0=1.5 m/s的
速度匀速运动，与静止在
桌面右端的物块B发生弹
性碰撞，B飞离桌面后恰由P点沿切线落入竖直固定的圆弧轨道PQ，圆弧轨道的半径R=0.5 m，圆心角θ=60°，最低点Q与水平传送带平滑连接。传送带以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动，右端与水平地面平滑连接，物块B与竖直固定的挡板M每次碰后速率均变为碰前速率的。已知物块B的质量m2=2 kg，传送带两端点的距离L=2 m，物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦均不计，A、B均可视为质点，取g=10 m/s2。求：
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物块A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有
m1v0=m1vA+m2vB，
m1=m1+m2，
联立解得vB=1 m/s。
解析
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(1)A与B碰后瞬间物块B的速度大小；
物块B到达P点时的速度大小为vP=，
在P点由牛顿第二定律，得FN-m2gcos θ=m2，
联立解得FN=26 N，
由牛顿第三定律可知，物块B在P点对轨道的压力大小为FN′=FN=26 N。
解析
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(2)物块B到达P点时对轨道的压力大小；
物块B由P点运动到Q点，由动能定理得
m2g(R-Rcos θ)=m2-m2，
解得vQ=3 m/s，
因vQμm2gx0=m2v2-m2，
解得t0=0.2 s，x0=0.7 m解析
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(3)物块B与传送带摩擦产生的总热量。
此过程产生的热量为Q0=μm2g(vt0-x0)=1 J，
物块B第1次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程，有
-μm2gx1=0-m2，
-μm2gt1=0-m2·v，
解析
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第1次碰后到第2次碰前与传送带的相对路程为
Δx1=(vt1+x1)+(vt1-x1)=2vt1，
整理得Δx1=，
物块B第2次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程，有
-μm2gx2=0-m2v2，
-μm2gt2=0-m2·v，
解析
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第2次碰后到第3次碰前与传送带的相对路程为
Δx2=(vt2+x2)+(vt2-x2)=2vt2，
整理得Δx2=，
同理可得Δx3=，…，Δxn=，
全程摩擦生热为Q=Q0+μm2g(Δx1+Δx2+Δx3+…+Δxn)，
整理得Q=Q0+m2v2=Q0+2m2v2，
解得Q=65 J。
解析
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3.如图，质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长木板静止于图示位置。滑块1、2、3与长木板间动摩擦因数均为μ，长木板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长木板，它们之间不会相碰也不会从长木板滑下，重力加速度为g，当三个滑块与长木板刚好相对静止时长木板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求：
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当滑块2与长木板刚好相对静止时，其速度最小，设为vmin，从开始到滑块2与长木板刚好相对静止瞬间，2、3间的相对速度始终相等为v0，故此时滑块3的速度为vmin+v0，则由动量守恒定律得
m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0)，
解得vmin=v0，
系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×5m-m×(vmin+v0)2=m。
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(1)滑块2从放上长木板到速度达到最小，系统产生的内能。
当滑块1刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+3mv0，
解得v1=，
该过程长木板的加速度为a1==μg，
对长木板有s1==，
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(2)刚开始时长木板与墙壁的距离s。
当滑块2刚好与长木板相对静止时，对长木板有
2μmg=4ma2，-=2a2s2，
解得a2=，s2=，
当滑块3与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律有
m(v0+2v0+3v0)=6mv3，
解析
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同时有μmg=5ma3，
解得a3=，
由运动学规律有-=2·s3，
解得s3=，
则s=s1+s2+s3=。
解析
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4.如图所示，质量为4m的足够长木板a静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，右侧共有n个质量均为m的物块一字排开静止在水平面上，现使a、b一起以初速度v0向右运动，以后每次碰撞板与物块、物块与物块均会粘在一起，每次碰撞前瞬间，b与a均恰好达到共速，重力加速度为g，开始时物块1与2间的距离为s,不计碰撞时间和物块的大小。求：
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增分提能练
设a与物块1碰撞后瞬间，a的速度大小为v1，根据动量守恒定律有4mv0=5mv1，
解得v1=v0，
根据动量定理，物块1对a的冲量大小
I=4mv0-4mv1=mv0。
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(1)a与物块1碰撞过程中，物块1对a的冲量大小；
设a、b、物块1共速时的速度大小为v2，根据动量守恒定律有5mv0=6mv2，解得v2=v0，
设a、b间的动摩擦因数为μ，a、b相对滑动时板a的加速度大小为a，由牛顿第二定律，有μmg=5ma，解得a=μg，
根据速度-位移公式，有-=2as，解得μ=。
解析
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(2)b与a间的动摩擦因数；
根据题意，从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b一直做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg=ma′，
解得a′=μg，
设板与物块n碰撞前瞬间的速度为v3，根据动量守恒定律有5mv0=(n+4)mv3，解得v3=v0，
在这段时间内，对b有-=-2a′x，解得x=s。
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(3)从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b运动的距离。加分站 3 力学三大观点的综合应用
例1 (2025·深圳模拟)如图所示,一轻质弹簧的一端固定在球B上,另一端与球C接触但未拴接,球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H=5 m处由静止滑下(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失),与球B发生正碰后粘在一起,碰撞时间极短,稍后球C脱离弹簧,在水平地面上匀速运动后,进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内,圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的正上方。已知球A和球B的质量均为1 kg,球C的质量为0.5 kg,且三个小球均可被视为质点,圆弧的半径R=4 m,g取10 m/s2。
(1)求球A到达斜面底部的速率;
(2)试通过推导判断,球C脱离弹簧进入圆弧后能否到达D点。
[尝试解答]
例2 (2024·安徽卷)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着小车上的轨道运动,已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[尝试解答]
高考真题·体验
1.(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B相碰并粘在一起,A、B整体随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g=10 m/s2。求:
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
2.(2025·山东卷)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m=kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
加分站3 力学三大观点的综合应用
例1 答案 (1)10 m/s (2)h=3.2 m解析 (1)设小球A与B碰前瞬间的速度为vA,A由斜面最高点下滑到最低点的过程中,由机械能守恒定律可得mAgH=mA,
解得vA=10 m/s。
(2)A与B发生正碰时在水平方向上动量守恒,有
mAvA=(mA+mB)vAB,
代入数据解得vAB=5 m/s,
设球C脱离弹簧后的速度为vC,A、B整体的速度为vAB,从A与B结合为一个整体到球C离开弹簧的过程中,由动量守恒定律有
(mA+mB)vAB=(mA+mB)vAB'+mCvC,
由机械能守恒定律有
(mA+mB)=(mA+mB)vAB'2+mC,
从球C脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中,由机械能守恒定律得mC=mCgh,
联立并代入数据解得h=3.2 m故不能到达D点。
例2 答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有
mgL=m-0,
解得v0=5 m/s,
在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m,
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为
v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有
Mv2=2Mv3,
由能量守恒定律有M=×2M+μMgs,
解得μ1=0.4,
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有
Mv2=2Mv4,
由能量守恒定律有M=×2M+μ2Mgs+MgR,
解得μ2=0.25,
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
高考真题体验
1.答案 (1)72 N 方向竖直向上 (2)1.6 J (3)0.6 m/s或2.6 m/s
解析 (1)A从开始到滑到圆弧最低点,根据机械能守恒有
mAg(R-Rcos 53°)=mA,
解得v0=2 m/s,
在最低点根据牛顿第二定律有
FN-mAg=mA,
解得FN=72 N,方向竖直向上。
(2)根据题意A、B碰后成为一个整体,根据动量守恒有
mAv0=(mA+mB)v共,
解得v共=1.6 m/s,
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J。
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B滑上传送带后先减速后匀速运动,设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B根据牛顿第二定律有
μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,
设经过时间t1后A、B与传送带共速,可得v=v共-at1,
该段时间内A、B运动的位移为x1=t1,
传送带运动的位移为x2=vt1,
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2),
联立解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去;
第二种情况,当传送带速度v大于v共时,A、B滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后A、B与传送带共速,同理可得v=v共+at2,
该段时间内A、B运动的位移为x1'=t2,
传送带运动的位移为x2'=vt2,
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1'),
解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
2.答案 (1)6 m/s m/s (2) m/s 2.5 J
解析 (1)小球由静止下落至运动到P点的过程,小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力,所以系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有
0=mv1-Mv2,
又系统除重力外无外力做功,所以系统机械能守恒,由机械能守恒定律有
mgh=m+M,
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。
(2)从P点水平抛出后,小球做平抛运动,水平速度不变,小球与a的碰撞过程,在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有
mv1=(m+ma)v0,
解得v0=2 m/s,
b刚解除锁定时,有F=kx0,
小球与a的整体从开始运动至b解除锁定的过程,由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma)+Ep0,
其中Ep0=k,
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小
va=1 m/s,
b解除锁定后,a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒,当a与b共速时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律有
(m+ma)va=(m+ma+mb)vb,
解得vb= m/s,
由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm,
解得Epm=2.5 J。(共23张PPT)
加分站3
力学三大观点的综合应用
例1 (2025·深圳模拟)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H=5 m处由静止滑下(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失)，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的
正上方。已知球A和球B的
质量均为1 kg，球C的质量
为0.5 kg，且三个小球均可被视为质点，圆弧的半径R=4 m，g取
10 m/s2。
(1)求球A到达斜面底部的速率；
设小球A与B碰前瞬间的速度为vA，A由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得mAgH=mA，
解得vA=10 m/s。
解析
(2)试通过推导判断，球C脱离弹簧进入圆弧后能否到达D点。
A与B发生正碰时在水平方向上动量守恒，有
mAvA=(mA+mB)vAB，
代入数据解得vAB=5 m/s，
设球C脱离弹簧后的速度为vC，A、B整体的速度为vAB，从A与B结合为一个整体到球C离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有
(mA+mB)vAB=(mA+mB)vAB'+mCvC，
解析
由机械能守恒定律有
(mA+mB)=(mA+mB)vAB'2+mC，
从球C脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得mC=mCgh，
联立并代入数据解得h=3.2 m故不能到达D点。
解析
例2 (2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静
止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道
与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨
道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车
最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有
mgL=m-0，
解得v0=5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m，
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
解析
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
v2=v0=4 m/s。
解析
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有
Mv2=2Mv3，
由能量守恒定律有M=×2M+μMgs，
解得μ1=0.4，
解析
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有
Mv2=2Mv4，
由能量守恒定律有M=×2M+μ2Mgs+MgR，
解得μ2=0.25，
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
解析
1.(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R=0.5 m，圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B相碰并粘在一起，A、B整体随后滑上传送带，已知mA=4 kg，mB= 1 kg，A、B可视为质点，A、B
与传送带间的动摩擦因数恒定，
在传送带上运动的过程中，因
摩擦生热Q=2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g=10 m/s2。求：
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；
A从开始到滑到圆弧最低点，根据机械能守恒有
mAg(R-Rcos 53°)=mA，
解得v0=2 m/s，
在最低点根据牛顿第二定律有
FN-mAg=mA，
解得FN=72 N，方向竖直向上。
解析
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
根据题意A、B碰后成为一个整体，根据动量守恒有
mAv0=(mA+mB)v共，
解得v共=1.6 m/s，
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J。
解析
(3)传送带的速度大小。
第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有
μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，
设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=v共-at1，
该段时间内A、B运动的位移为x1=t1，
解析
传送带运动的位移为x2=vt1，
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2)，
联立解得v=0.6 m/s，另一解大于v共舍去；
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得
v=v共+at2，
该段时间内A、B运动的位移为x1'=t2，
解析
传送带运动的位移为x2'=vt2，
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1')，
解得v=2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
解析
2.(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲
光滑轨道的方形物体置于光滑水平面
上，P、Q分别为轨道的两个端点且位
于同一高度，P处轨道的切线沿水平方
向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物
块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到
F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0=mv1-Mv2，
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh=m+M，
联立解得v1=6 m/s，v2= m/s。
解析
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
mv1=(m+ma)v0，
解得v0=2 m/s，
b刚解除锁定时，有F=kx0，
小球与a的整体从开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
解析
(m+ma)=(m+ma)+Ep0，
其中Ep0=k，
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小
va=1 m/s，
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
解析
(m+ma)va=(m+ma+mb)vb，
解得vb= m/s，
由机械能守恒定律有
(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm，
解得Epm=2.5 J。
解析加分练3 力学三大观点的综合应用
保分基础练
1.(2025·合肥模拟)如图所示,光滑轨道ABCD固定在竖直平面内,AB部分水平,BCD为半径R=1.6 m的半圆轨道,在B处与AB相切。在直轨道AB上放着质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg的物块M、N(均可视为质点),用轻质细绳将M、N连接在一起,且M、N间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。直轨道AB左侧的光滑水平地面上停着质量m3=1 kg的小车,小车上表面与AB等高,小车的长度L=2 m。现将细绳剪断,之后M向左滑上小车,N向右滑动且恰好能通过半圆轨道上的最高点D。物块M与小车之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)当物块N运动到圆弧轨道的最低点B时,求轨道对物块N的支持力大小;
(2)求剪断细绳之前弹簧的弹性势能Ep;
(3)判断物块M最终是否会滑离小车。如果不会,计算它相对小车静止时,距小车右端的距离;如果会,计算它离开小车左端时的速度。
2.(2025·商丘模拟)如图所示,质量m1=1 kg的物块A沿水平桌面以v0=1.5 m/s的速度匀速运动,与静止在桌面右端的物块B发生弹性碰撞,B飞离桌面后恰由P点沿切线落入竖直固定的圆弧轨道PQ,圆弧轨道的半径R=0.5 m,圆心角θ=60°,最低点Q与水平传送带平滑连接。传送带以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动,右端与水平地面平滑连接,物块B与竖直固定的挡板M每次碰后速率均变为碰前速率的。已知物块B的质量m2=2 kg,传送带两端点的距离L=2 m,物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦均不计,A、B均可视为质点,取g=10 m/s2。求:
(1)A与B碰后瞬间物块B的速度大小;
(2)物块B到达P点时对轨道的压力大小;
(3)物块B与传送带摩擦产生的总热量。
3.如图,质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长木板静止于图示位置。滑块1、2、3与长木板间动摩擦因数均为μ,长木板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长木板,它们之间不会相碰也不会从长木板滑下,重力加速度为g,当三个滑块与长木板刚好相对静止时长木板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求:
(1)滑块2从放上长木板到速度达到最小,系统产生的内能。
(2)刚开始时长木板与墙壁的距离s。
增分提能练
4.如图所示,质量为4m的足够长木板a静止在光滑水平面上,质量为m的物块b放在长木板上表面的左端,右侧共有n个质量均为m的物块一字排开静止在水平面上,现使a、b一起以初速度v0向右运动,以后每次碰撞板与物块、物块与物块均会粘在一起,每次碰撞前瞬间,b与a均恰好达到共速,重力加速度为g,开始时物块1与2间的距离为s,不计碰撞时间和物块的大小。求:
(1)a与物块1碰撞过程中,物块1对a的冲量大小;
(2)b与a间的动摩擦因数;
(3)从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间,b运动的距离。
加分练3 力学三大观点的综合应用
1.答案 (1)60 N (2)60 J (3)不会, m
解析 (1)对N分析,在轨道最高点由牛顿第二定律可得m2g=,
从B到D由动能定理可得
-m2g×2R=m2-m2,
在B点由牛顿第二定律可得FN-m2g=,
联立以上方程可得FN=60 N。
(2)细绳剪断之后,由动量守恒定律可得m1v1=m2vB,
由能量守恒定律可得Ep=m1+m2,
联立以上方程可得Ep=60 J。
(3)假设M与小车有共同速度v,由动量守恒定律可得m1v1=(m1+m3)v,
由能量守恒定律可得
μm1gx=m1-(m1+m3)v2,
解得x= m所以M不会滑下小车,距小车右端的距离为 m。
2.答案 (1)1 m/s (2)26 N (3)65 J
解析 (1)物块A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律,有
m1v0=m1vA+m2vB,
m1=m1+m2,
联立解得vB=1 m/s。
(2)物块B到达P点时的速度大小为vP=,
在P点由牛顿第二定律,得FN-m2gcos θ=m2,
联立解得FN=26 N,
由牛顿第三定律可知,物块B在P点对轨道的压力大小为FN'=FN=26 N。
(3)物块B由P点运动到Q点,由动能定理得
m2g(R-Rcos θ)=m2-m2,
解得vQ=3 m/s,
因vQμm2gt0=m2v-m2vQ,
μm2gx0=m2v2-m2,
解得t0=0.2 s,x0=0.7 m此过程产生的热量为Q0=μm2g(vt0-x0)=1 J,
物块B第1次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程,有-μm2gx1=0-m2,
-μm2gt1=0-m2·v,
第1次碰后到第2次碰前与传送带的相对路程为
Δx1=(vt1+x1)+(vt1-x1)=2vt1,
整理得Δx1=,
物块B第2次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程,有-μm2gx2=0-m2v2,
-μm2gt2=0-m2·v,
第2次碰后到第3次碰前与传送带的相对路程为
Δx2=(vt2+x2)+(vt2-x2)=2vt2,
整理得Δx2=,
同理可得Δx3=,…,Δxn=,
全程摩擦生热为Q=Q0+μm2g(Δx1+Δx2+Δx3+…+Δxn),
整理得Q=Q0+m2v2=Q0+2m2v2,
解得Q=65 J。
3.答案 (1)m (2)
解析 (1)当滑块2与长木板刚好相对静止时,其速度最小,设为vmin,从开始到滑块2与长木板刚好相对静止瞬间,2、3间的相对速度始终相等为v0,故此时滑块3的速度为vmin+v0,则由动量守恒定律得
m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0),
解得vmin=v0,
系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×5m-m×(vmin+v0)2=m。
(2)当滑块1刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+3mv0,
解得v1=,
该过程长木板的加速度为a1==μg,
对长木板有s1==,
当滑块2刚好与长木板相对静止时,对长木板有
2μmg=4ma2,-=2a2s2,
解得a2=,s2=,
当滑块3与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律有
m(v0+2v0+3v0)=6mv3,
同时有μmg=5ma3,
解得a3=,
由运动学规律有-=2·s3,
解得s3=,
则s=s1+s2+s3=。
4.答案 (1)mv0 (2) (3)s
解析 (1)设a与物块1碰撞后瞬间,a的速度大小为v1,根据动量守恒定律有4mv0=5mv1,
解得v1=v0,
根据动量定理,物块1对a的冲量大小
I=4mv0-4mv1=mv0。
(2)设a、b、物块1共速时的速度大小为v2,根据动量守恒定律有5mv0=6mv2,
解得v2=v0,
设a、b间的动摩擦因数为μ,a、b相对滑动时板a的加速度大小为a,由牛顿第二定律,有μmg=5ma,
解得a=μg,
根据速度-位移公式,有-=2as,
解得μ=。
(3)根据题意,从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间,b一直做匀减速运动,由牛顿第二定律,有
μmg=ma',
解得a'=μg,
设板与物块n碰撞前瞬间的速度为v3,根据动量守恒定律有5mv0=(n+4)mv3,
解得v3=v0,
在这段时间内,对b有-=-2a'x,
解得x=s。
