高三物理复习能力提升：第6章 专题6 力学三大观点的综合应用 Word版含解析

专题六　力学三大观点的综合应用考纲解读1.理解动量守恒定律和机械能守恒定律守恒条件的区别及二者的综合应用.2.掌握多过程问题的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 思路和方法，能熟练应用动量和能量观点处理多过程问题．考点一　应用动量观点和能量观点处理多过程问题综合应用动量和能量观点处理直线运动、曲线运动(或平抛运动)和圆周运动相结合的多过程问题是我省高考的重点和热点之一．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的二物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．例1　如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10m/s2)求：图1(1)BP间的水平距离sBP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.解析　(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝eq\r(2gR)同时eq\f(vy,vD)＝tan45°解得vD＝4m/s设平抛用时为t，水平位移为s，则有R＝eq\f(1,2)gt2s＝vDt解得s＝1.6m物块B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度大小a＝－4m/s2减速到vD，则BD间的位移为s1＝eq\f(v\o\al(2,D)－v\o\al(2,0),2a)＝2.5m故BP之间的水平距离sBP＝s＋s1＝4.1m(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝－eq\f(\r(2),2)mgR设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得FN＝(1－eq\r(2))mg<0，即物块不能到达M点．(3)对物块A、B的碰撞过程，有：mAvA＝mAvA′＋mBv0eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)解得：vA＝6m/s设物块A释放的高度为h，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得h＝1.8m 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　(1)4.1m　(2)不能　(3)1.8m突破训练1　如图2所示，一小车静置于光滑水平面上，小车左端被固定在地面上的竖直挡板挡住，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道固定在小车上，圆弧轨道最低点与小车水平面相切于Q点，圆弧轨道与小车总质量为M，质量为m、可视图2为质点的物块从轨道最高点P无初速度释放，恰好未从小车右端N点滑落，已知物块与小车QN段间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：(1)物块滑到Q点时的速度大小v；(2)小车QN段的长度；(3)在整个过程中，小车给挡板的冲量．答案　(1)eq\r(2gR)　(2)eq\f(MR,μM＋m)(3)meq\r(2gR)，方向水平向左解析　(1)物块从P点下滑到Q点过程中机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gR)(2)设物块恰好滑到小车右端N点时两者共同速度为v共，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v共由能量守恒得：μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)解得L＝eq\f(MR,μm＋M)(3)在整个过程中，小车受到挡板的冲量I＝mv＝meq\r(2gR)小车给挡板的冲量大小I′＝I＝meq\r(2gR)，方向水平向左考点二　应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式．我省对动量观点的考查主要是动量守恒定律，对能量观点的考查包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．例2　如图3所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m．水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d质量m4＝4.4kg.质量m2＝3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失．碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.图3(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度．解析　(1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：m1eq\f(v\o\al(2,M),R)＝m1g小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,M)＋m1g(2R)代入数据，解得：v1＝4m/s取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)代入数据，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止μ(m2＋m4)g>μ0m2g解得μ>eq\f(m2,m2＋m4)μ0＝0.069(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：a1＝μ0g＝1.6m/s2此时两块长木板的加速度大小：a2＝eq\f(μ0m2,m3＋m4)g＝0.8m/s2令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移s1＝v2t－eq\f(1,2)a1t2两块长木板的位移s2＝eq\f(1,2)a2t2[来源:学科网]且s1－s2＝L解得：t1＝1s或t2＝eq\f(10,3)s(舍去)b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6m/sb刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8m/sd的长度至少为s：由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v解得：v＝2m/sμ0m2gs＝eq\f(1,2)m2v2′2＋eq\f(1,2)m4veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m2＋m4)v2解得：s＝1.4m答案　(1)4m/s　5.2m/s　(2)0.069　(3)1s　1.4m突破训练2　如图4所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有图4一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)答案　(1)eq\r(2gh)　(2)会断裂解析　(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(2gh)，即a与b球碰前的速度大小为eq\r(2gh)(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得mvC＝(m＋m)v故v＝eq\f(1,2)vC＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为FT，则FT－2mg＝2meq\f(v2,h)解得FT＝3mgFT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动32．用三大规律解决综合题的 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 解析解析　(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A的过程，滑动摩擦力做正功，物块从A到B，重力做正功，根据动能定理μmgs＋mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3eq\r(gR).(4分)(2)物块从B滑上滑板开始做匀减速直线运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速直线运动．设它们的共同速度为v，根据动量守恒定律得mvB＝(m＋2m)v，解得v＝eq\f(vB,3).(2分)对物块，用动能定理列方程：－μmgs1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得s1＝8R(1分)对滑板，用动能定理列方程：μmgs2＝eq\f(1,2)×2mv2－0，解得[来源:学§科§网]s2＝2R(1分)由此可知物块在滑板上滑过s1－s2＝6R时，小于6.5R，并没有掉下去，二者就具有共同速度了．(1分)当2R≤L<5R时，物块的运动过程是匀减速运动8R，匀速运动L－2R，匀减速运动0.5R，滑上C点．(1分)根据动能定理－μmg(8R＋0.5R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,4)mgR＜mgR(2分)Wf＝μmg(8R＋0.5R)＝eq\f(17,4)mgR，物块不能滑到CD轨道的中点．(2分)当R<L<2R时，物块的运动过程是匀减速运动6.5R＋L，滑上C点．根据动能定理，有－μmg(6.5R＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得Wf＝μmg(6.5R＋L)＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L)(2分)当eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mg(2.5R－L)≥mgR时，物块可以滑到CD轨道的中点，此时要求L≤0.5R，这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中点(2分)答案　见解析突破训练3　如图6所示，质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg的A、B两个小物块用细线栓接静止在光滑的水平面上，中间放一被压缩的轻弹簧，左端与A连接，右端与B不连接．现剪图6断细线，A、B被弹簧弹开，离开弹簧时，B物体的速度为6m/s，此后B与右侧的挡板发生碰撞，碰撞没有能量损失．求：(1)细线被剪断前，弹簧的弹性势能；(2)B物体被挡板反弹后，通过弹簧再次与A发生作用的过程中，弹簧具有弹性势能的最大值．答案　(1)48J　(2)12J解析　(1)设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vA0，B的瞬时速度为vB0，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为Ep1由动量守恒定律mAvA0＝mBvB0解得：vA0＝2m/s再根据机械能守恒定律：Ep1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B0)＝48J(2)当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度v时弹性势能最大，设为Ep2，由动量守恒定律：mAvA0＋mBvB0＝(mA＋mB)v再根据机械能守恒定律Ep2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝12J1．(2012·安徽理综·24)如图7所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u＝2m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m．设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10m/s2.图7(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．答案　(1)4m/s　(2)不能　(3)eq\f(4,3n)m/s解析　(1)设物块B从光滑曲面h高处滑下时的速度为v0，由机械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1)m/s＝2eq\r(5)m/s>u，故B滑上传送带后做匀减速运动．加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，根据v2－veq\o\al(2,0)＝－2as，得物块B到达传送带左端时的速度v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－2al)＝eq\r(2\r(5)2－2×2×1)m/s＝4m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v1＝4m/s.(2)物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即mv1＝mv1′＋MV1′[来源:学|科|网Z|X|X|K]eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)MV1′2联立解得，v1′＝eq\f(m－M,M＋m)v1＝－eq\f(1,3)v1＝－eq\f(4,3)m/s负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右．物块B运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s＝eq\f(v1′2,2a)＝eq\f(\f(16,9),2×2)m＝eq\f(4,9)m<l，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2＝v1′，然后与A发生第二次碰撞，且满足mv2＝mv2′＋MV2′eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2＋eq\f(1,2)MV2′2联立解得，v2′＝eq\f(m－M,M＋m)v2＝－eq\f(1,3)v2＝－eq\f(1,32)v1同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3＝－v2′，碰撞后的速度v3′＝－eq\f(1,3)v3＝－eq\f(1,33)v1.依此类推第n次碰撞后B的速度vn′＝－eq\f(1,3n)v1.即n次碰撞后的速度大小为eq\f(1,3n)v1＝eq\f(4,3n)m/s.2．如图8所示，一质量m＝2kg的滑块从高h＝1.5m处无初速度下落，沿切线方向进入固定的eq\f(1,4)粗糙圆弧AB，圆弧半径R＝1.5m，再经长L＝4m的粗糙平面BC滑上静止于光滑水平地面上质量为图8M＝4kg的足够长的长木板，长木板M的上表面与BC面齐平，与C点的间隙可忽略，滑块滑至C点时的速度vC＝6m/s.当滑块m滑至长木板M上表面的同时施加给M一个大小为F＝6N的水平向右的作用力，经t0＝1s撤去F.已知滑块m与粗糙圆弧AB、粗糙平面BC及M上表面的动摩擦因数均为μ＝0.2(g取10m/s2)．求：(1)滑块m在粗糙圆弧AB上运动时克服摩擦力所做的功；(2)滑块m与长木板M的最终速度的大小及滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生的热量．答案　(1)8J　(2)3m/s　16.5J解析　(1)由动能定理可得：mg(h＋R)－μmg·L＋WfAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)所以：WfAB＝－8J，即在AB圆弧上克服摩擦力做功为8J.(2)设滑块滑上长木板后，相对长木板滑动时加速度大小为a1，此过程中长木板的加速度大小为a2，则有：μmg＝ma1，解得a1＝μg＝2m/s2F＋μmg＝Ma2，解得a2＝2.5m/s2当两者速度相等时vC－a1t1＝a2t1，解得t1＝eq\f(4,3)s因为t0<t1，所以撤去外力F时，m、M还未相对静止，此时m的速度v1＝vC－a1t0＝4m/sM的速度v2＝a2t0＝2.5m/s该过程m相对M的位移为s相对＝eq\f(vC＋v1,2)t0－eq\f(v2,2)t0＝3.75m产生的热量Q1＝μmgs相对＝15J此后由于撤去F，由m、M组成的系统满足动量守恒，有mv1＋Mv2＝(M＋m)v共得滑块m与长木板M的最终速度v共＝3m/s由能量守恒知此过程产生的热量为Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＝1.5J所以滑块m在长木板M上表面上滑动时所产生的热量Q总＝Q1＋Q2＝16.5J(限时：45分钟)►题组1　能量观点与动量守恒定律的应用1．如图1所示，小车质量为M＝2.0kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5kg，与轨道BC的动摩擦因数为μ＝0.10，BC部分总长度为L＝0.80m，重力加速度g取10m/s2.图1(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点由静止释放，小物块恰好可运动到C点．试求D点与BC轨道的高度差；(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点由静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小．答案　(1)8.0×10－2m　(2)0.80m/s解析　(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据机械能守恒定律有mgh＝μmgL解得：h＝μL＝8.0×10－2m(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车速度为v2，对小物块和小车组成的系统，根据水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0根据功能关系有：μmgeq\f(L,2)＝mgh－(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2))由以上各式解得：v1＝eq\r(\f(M,M＋m)μgL)＝0.80m/s.2．如图2所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h＝3.2m，一质量m＝1kg的小球a从A点以速度v0＝12m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M＝4kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点)．已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的1/3，而b球从E点水平抛出，其水平射程s＝0.8m．(g＝10m/s2)图2(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？答案　(1)1m/s　(2)0.9m　0.7m　(3)不能解析　(1)b球离开E点后做平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2s＝vbt解得vb＝1m/s(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：mva＝－m×eq\f(1,3)va＋Mvb解得va＝3m/s碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mg＝meq\f(v\o\al(2,a),r)r＝0.9mR＝eq\f(h－2r,2)＝0.7m(3)小球从B到D，机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋mgh解得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝36.5J从A到B过程，由动能定理得：－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：Wf＝35.5J从D到B，机械能守恒：eq\f(1,2)m(eq\f(va,3))2＋mgh＝eq\f(1,2)mvB′2解得：eq\f(1,2)mvB′2＝32.5J<Wf所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出．3．细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状．长L＝0.8m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BP平滑连接．CD段是半径R＝0.4m的eq\f(1,4)圆弧，AC段在水平面上，与长s＝1.25m、动摩擦因数μ＝0.25的水平图3轨道AQ平滑相连，管中有两个可视为质点的小球a、b，ma＝6m，mb＝2m.开始时b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够越过轨道最高点P.a球能滑出AQ.(重力加速度取10m/s2，eq\r(6)＝2.45)．求：(1)若v0＝4m/s，碰后b球的速度大小；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；(3)若v0未知，v0的取值范围．答案　(1)6m/s　(2)4.9m/s　(3)5m/s<v0≤9.8m/s解析　(1)设a、b球碰后瞬间速度分别为va1、vb1，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有mav0＝mava1＋mbvb1eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a1)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b1)解得：va1＝eq\f(ma－mb,ma＋mb)v0＝2m/s，vb1＝eq\f(2ma,ma＋mb)v0＝6m/s(2)若满足题设，则a球与b球碰后，a球上升的高度不能超过R＋Leq\f(1,2)maveq\o\al(2,a1max)＝mag·(R＋L)解得va1max＝eq\r(2gR＋L)＝4.9m/s(3)设b球在轨道最高点P处的速度大小为vb2，欲使b球能通过最高点，有mbg≤mbeq\f(v\o\al(2,b2),R)解得vb2≥eq\r(Rg)＝2m/sb球在上升过程中有eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b1)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b2)＋mbg·(2R＋L)解得vb1≥6m/s，v0min′＝eq\f(ma＋mb,2ma)vb1≥4m/s因为a球能通过粗糙区域AQ，有veq\o\al(2,a1)>2μgsv0″＝eq\f(ma＋mb,ma－mb)va1>5m/s碰后a球上升的高度不能超过3R，必须满足v0≤v0max＝eq\f(ma＋mb,ma－mb)va1max＝9.8m/s综上可得5m/s<v0≤9.8m/s.4．如图4所示，竖直面内固定的半径为R的光滑半圆弧轨道，左、右端点P、Q与圆心在同一水平线上，左端点P距地高eq\f(3R,2)，右端点Q正下方质量均为M的物体A、B通过一轻弹簧连接，竖直放置处于静止状态，物体A上表面距Q端eq\f(R,2)，与物体B处于同一水平面且质量为m的小球C(可视为质点)，从P端正下方以一定初速度竖直图4上抛，经半圆弧轨道后与物体A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后，小球C反弹恰能通过圆弧轨道最高点，物体A恰能到达Q端且物体B刚好不离开地面，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)碰撞后，小球C恰能通过圆弧轨道最高点时的速度大小；(2)质量的比值eq\f(m,M)；(3)小球C竖直上抛的初速度v0.答案　(1)eq\r(gR)　(2)eq\f(1,5)　(3)eq\r(11gR)解析　(1)设小球C恰能通过半圆弧轨道最高点时的速度大小为v，有mg＝meq\f(v2,R)解得：v＝eq\r(gR)(2)设小球C与物体A碰撞前速度大小为v1，碰后瞬时小球C速度大小为v1′，物体A速度大小为v2′小球C反弹通过半圆弧轨道最高点过程机械能守恒eq\f(1,2)mv1′2＝eq\f(1,2)mv2＋mg×eq\f(3,2)R解得：v1′＝2eq\r(gR)由物体A恰能到达Q端且物体B刚好不离开地面，得：eq\f(1,2)Mv2′2＝Mgeq\f(R,2)v2′＝eq\r(gR)以竖直向下为正方向，由动量守恒得：mv1＝m(－v1′)＋Mv2′eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2联立解得：v1＝3eq\r(gR)eq\f(m,M)＝eq\f(1,5)(3)小球C竖直上抛至与物体A碰撞前的运动过程中机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgR解得：v0＝eq\r(11gR)►题组2　动力学方法及动量守恒定律的综合应用5．(2011·安徽理综·24)如图5所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.图5(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小及方向．(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．答案　见解析解析　(1)设小球到达最高点时速度为vP，由机械能守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，代入数据解得vP＝eq\r(6)m/s设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F，方向竖直向下，则F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,P),L)代入数据得F＝2N.由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．(2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒．设小球通过最高点时速度为vm，滑块速度为vM，由动量守恒定律得mvm＝MvM①由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋mgL②①②式联立代入数据解得vm＝2m/s.(3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为sm，滑块运动的距离为sM，由系统水平方向动量守恒得，meq\x\to(v)m－Meq\x\to(v)M＝0③③式两边同乘运动时间tmeq\x\to(v)mt－Meq\x\to(v)Mt＝0④即msm＝MsM⑤又sm＋sM＝2L⑥⑤⑥联立代入数据求解得：sm＝eq\f(2,3)m.6．如图6所示，固定在地面上的光滑的1/4圆弧面与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块A，其质量为mA＝2kg，在半径为R＝1.25m的1/4圆弧面顶端由静止下滑，车C的质量为mC＝6kg，在车C的左端有一个质量mB＝图62kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞后粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出，已知滑块A和B与车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，车C与水平地面的摩擦忽略不计．取g＝10m/s2.求：(1)滑块A滑到圆弧面末端时对轨道的压力大小；(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(3)车C的最短长度．答案　(1)60N　(2)2.5m/s　(3)0.375m解析　(1)根据机械能守恒定律：[来源:学科网ZXXK]mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)vA＝eq\r(2gR)＝5m/s滑块A滑到圆弧面末端时，根据牛顿第二定律得FN－mAg＝mAeq\f(v\o\al(2,A),R)则FN＝mAg＋mAeq\f(v\o\al(2,A),R)＝60N根据牛顿第三定律，滑块A对轨道的压力大小为60N(2)A滑块与B滑块碰撞，根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)vv＝eq\f(mAvA,mA＋mB)＝2.5m/s(3)A、B在C上滑行受到的摩擦力为：[来源:学科网ZXXK]Ff＝μ(mA＋mB)g＝20NA、B在C上滑行满足动量守恒(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vCvC＝1m/s设车的最短长度为L，根据能量守恒得eq\f(1,2)(mA＋mB)v2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,C)＝FfLL＝0.375m7．如图7甲所示，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力为FA和FC，质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道．(g取10m/s2)(1)若FC和FA的关系图线如图乙所示，求：当FA＝13N时小球滑经A点时的速度vA，以及小球由A滑至C的过程中损失的机械能；(2)若轨道ABC光滑，小球均能通过C点，试推导FC随FA变化的关系式，并在图丙中画出其图线．图7答案　(1)2eq\r(3)m/s　0.2J　(2)FC＝FA－6N　见解析图解析　(1)由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNA＝FA，FNC＝FC在A点由牛顿第二定律得：FNA－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)①解得vA＝2eq\r(3)m/s②在C点由牛顿第二定律得：FNC＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)③对A至C的过程，由动能定理得：Wf－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)④①②③联立得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋2mgR＝eq\f(1,2)×(2mg－FA＋FC)R＋2mgR⑤解得Wf＝－0.2J⑥故损失的机械能为0.2J(2)因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg×2R联立①③⑦得FNA－FNC＝6mg，即FC＝FA－6N图线如图所示8．如图8所示，abcdef装置固定在水平地面上，光滑表面abcd由倾角为37°的斜面ab、圆心为O的圆弧bc、水平面cd平滑连接．装置左端离地高度0.8m．物体B静止于d点，物体A由a点静止释放紧贴光滑表面滑行后与B粘合在一起，最后抛到水平地面上，落地点与装置左端水平距离为1.6m．A、B的质量均为m＝2kg，且可视为质点，a、b两点间距离sab＝3m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)A滑到b点的速度大小；(2)A滑到d点与B碰撞前的速度大小；(3)A滑到圆弧末端c对装置的压力多大？答案　(1)6m/s　(2)8m/s　(3)38.3N解析　(1)由牛顿第二定律和运动学公式，mgsin37°＝maveq\o\al(2,b)＝2asab代入数据，物体A滑到b点的速度大小vb＝6m/s(2)物体A与B碰撞，动量守恒mvd＝2mvABh＝gt2/2x＝vABt物体A滑到d点与物体B碰撞前的速度大小vd＝8m/s(3)mveq\o\al(2,d)/2＝mveq\o\al(2,b)/2＋mgR(1－cos37°)FN－mg＝mveq\o\al(2,d)/RFN＝38.3N由牛顿第三定律，物体A在c点对装置的压力为38.3N，方向竖直向下．