2021高考物理（选择性考试）人教版一轮学案：专题四　力学三大观点的综合应用


专题四　力学三大观点的综合应用
专题解读
1．力学的三大观点包括①动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)，②动量观点(动量定理和动量守恒定律)，③能量的观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．
2．力学的三大观点是力学的综合，高考基本以计算题、压轴题的形式命题，考查学生的分析综合能力．
3．本专题知识运用综合性较强，对学生的能力要求也很高，希望同学们循序渐进，通过学习提高运用力学三大观点分析解决问题的能力．

1.力的三大观点与六个规律

三大观点
对应规律
公式表达
适用情况
使用方法
力的瞬时作用效果
牛顿运动
定律
F合＝ma
力与加速度的瞬时关系，圆周运动的力和运动关系，匀变速运动的问题
以加速度为桥梁建立力和运动量间的关系
力对时间的
积累效果
动量定理
F合t＝p′－p，
F合＝Δp
单个物体或物体系合外力的冲量引起动量变化
求出合外力的冲量与动量的变化量

动量守恒
定律
m1v1＋m2v2＝
m1v′1＋m2v′2
相互作用的物体系，特别是碰撞、打击、爆炸、反冲等
判断是否符合动量守恒的三种情况，选取正方向，明确初、末状态动量的大小和方向(正、负)
力对空间的
积累效应
动能定理
W合＝ΔE k，
W合＝
mv－
mv
单个物体的受力和位移问题．无论恒力做功还是变力做功(不涉及加速度和时间)
判断哪些力做功、哪些力不做功，哪些力做正功、哪些力做负功．确定总功及初、末状态物体的动能

机械能
守恒定律
E1＝E2，
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
只有重力、弹力做功(只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化)，没有其他内力和外力做功(不发生机械能和其他形式能的相互转化)
判断是否符合机械能守恒的适用情况和使用条件．选取初、末状态并确定初、末态机械能
力对空间的积累效应
能量守恒
定律
ΔE＝0，
ΔE增＝ΔE减
除有重力、弹力做功外，还有其他外力做功的情况
明确有哪些力做功，做功的结果是导致了什么能向什么能转化，然后建立ΔE增＝ΔE减的关系
2.利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(或机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
3．力学规律选用的一般原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律．从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移s，时间t)问题，不能解决力(F)的问题．
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．
(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律．
(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便．
4．求解力学综合问题的基本思路
(1)认真审题，弄清题意．
审题时要注意：
①挖掘隐含条件，隐含条件往往隐含在关键的词语中、题目的附图中、发生的物理现象中和题目的所求中．
②重视对物理过程的分析．审题时，要弄清题目中的物理过程及其得以进行的条件，明确运动的性质，把握过程中的不变量、变量、关联量之间的相互关系，并找出与物理过程相适应的物理规律．
(2)确定研究对象，分析受力情况和运动情况．
选择研究对象的两个基本原则：一是要选择已知量充分且涉及所求量的物体为研究对象；二是要优先选择能够满足某个守恒定律的物体(或物体系)为研究对象．进行运动分析时要注意两个方面：
①运动情况变化时，找出运动量(s、a、v、t)的关系；
②运动可能出现多种可能性．
(3)明确解题途径，正确运用规律．
(4)分析解题结果，有时需作一定讨论．

1．下列说法中正确的是(　　)
A．一个质点在一个过程中如果其动量守垣，其动能也一定守恒
B．一个质点在一个过程中如果其动量守恒，其机械能也一定守恒
C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒
D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒
答案：A
2.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上．如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并留在物体A中，已知物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，则弹簧被压缩到最短时A的速度为(　　)
A.　　　　　　　　B.
C. D.
答案：B
3.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v，向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)
A．A开始运动时 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时
答案：D

考点一 力的观点解决动力学问题
　地面上固定着一个倾角为37°的足够长的斜面，有一个物体从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上运动，当物体返回底端时，其速率变为初速度的一半，求物体与斜面之间的动摩擦因数．
[思维点拨]　物体在上滑过程和下滑过程均做匀变速直线运动，因此解答时可利用运动学公式、动量定理、动能定理三种不同的方式列式解答．
解析：方法一：应用牛顿第二定律和运动学公式
选物体为研究对象，设物体的初速度为v0，沿斜面上升时的加速度为a上，沿斜面上升的最大位移为s，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有
－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma上，
0－v＝2a上s.
设该物体沿斜面下滑时的加速度为a下，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma下，
()2＝2a下s，
以上四式联立解得μ＝tan 37°＝0.45.
方法二：应用动能定理
选物体为研究对象，对物体沿斜面上升的过程，应用动能定理，有
－mgsin 37°·s－μmgcos 37°·s＝0－mv，
对物体沿斜面下滑的过程，应用动能定理，有
mgsin 37°·s－μmgcos 37°·s＝m()2.
以上两式联立解得
μ＝tan 37°＝0.45.
答案：0.45

同一个力学问题，有时可以有多种解法，遇到这种情况时，我们应根据题目情景和要求选用合适的方法．多数情况下，从能量的角度解题相对简单一些，本例方法2明显简捷一些．


考点二 动量与动力学观点的综合应用
　如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2，求：

(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t.
[思维点拨]　图乙可知力的冲量，考虑用动量定理，P与Q发生弹性碰撞，动量和机械能守恒．
解析：(1)在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，
其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，
解得v＝8 m/s.
设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
μmg＝ma，
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：
v2－v＝2aL，
解得v1＝7 m/s.
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v′1、v2，有：
mv1＝mv′1＋mv2，
mv＝mv′＋mv，
碰撞后Q做匀减速直线运动，有：
μmg＝ma′，
t＝，
解得t＝3.5 s.
答案：(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s

在涉及几个物体相互作用的系统问题时，物体间的相互作用力(内力)远大于系统受到的外力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优势．


考点三 动量与能量观点的综合应用
　如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连．碰后以共同速度一起向右运动．(g取10 m/s2)求：

(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
[思维点拨]　小车撞到挡板后对a可考虑动能定理，ab碰撞是动量守恒．
解析：(1)对物块a，由动能定理，得
－μmgL＝mv－mv，
代入数据解得a与b碰前a的速度v1＝2 m/s.
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为下方向，
由动量守恒定律得：mv1＝2mv2，
代入数据解得v2＝1 m/s.
(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1 m/s的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，代入数据解得v3＝0.25 m/s.
对小车，由动能定理得μmgs＝m0v，
代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝ m.
(3)由动量守恒得μmgx＝mv－(m0＋m)v，
代入数据解得x＝0.125 m.
答案：(1)1 m/s　(2) m　(3)0.125 m

考点四 力学三大观点解决多过程问题
1.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：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
　(2019·安徽滁州模拟)如图所示，质量为m＝0.5 kg的小球用长为r＝0.4 m的细绳悬挂于O点，在O点的正下方有一个质量为m1＝1.0 kg的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m2＝1.0 kg的木板左端．现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前的瞬间减小了ΔT＝4.8 N，而小滑块恰好不会从木板上掉下．已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.12，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)碰后瞬间小球的速度大小；
(2)木板的长度．
[思维点拨]　(1)明确运动过程：小球先下摆，再与滑块碰撞，碰后小球摆动，滑块在木板上滑动(板块模型)
(2)各分过程应用相应规律解题：涉及碰撞问题用动量观点，涉及位移尤其相对位移时优先考虑能量观点，涉及运动过程细节尤其要求加速度时用动力学观点．
解析：(1)小球下摆过程，机械能守恒mgr(1－cos θ)＝mv2，
v＝2 m/s.
小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得
T－mg＝，
T′－mg＝，
依题意，碰撞前、后瞬间拉力大小减小量为ΔT＝T－T′＝4.8 N.
联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v′＝0.4 m/s.
(2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒，得
mv＝－mv′＋m1v1，
v1＝(v＋v′)＝1.2 m/s.
小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒，得
m1v1＝(m1＋m2)v2，
v2＝v1＝0.6 m/s，
由能量守恒可得μm1gL＝m1v－(m1＋m2)v，
解得L＝0.3 m.
答案：(1)0.4 m/s　(2)0.3 m


多过程问题处理方法
1．抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．
2．对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某一时刻或某一位置的问题可用牛顿定律；某一匀变速直线运动过程选用动力学方法求解；某一匀变速曲线运动，并涉及方向问题用运动的合成和分解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解；某一相互作用过程或力和时间的问题要用动量定理和动量守恒定律等．


注意：这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带.

1.质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力大小恒定，方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ekx的图线如图所示．g取10 m/s2，求：
(1)物体的初速度；
(2)物体和平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从图线可知初动能为2 J，
Ek0＝mv2＝2 J，解得v＝2 m/s.
(2)在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功10 J.
设摩擦力为Ff，则
－Ffs2＝0－10 J＝－10 J，
Ff＝ N＝2.5 N，
因Ff＝μmg，
故μ＝＝＝0.25.
(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理，有
(F－Ff)·s1＝ΔEk，
解得F＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
2．(2019·宁夏银川质检)质量为m1＝1 200 kg的汽车A以速度v1＝21 m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝800 kg的汽车B以速度v2＝15 m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝0.2 s，则A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；
(3)两车一起滑行的距离．
解析：(1)对于减速过程，有
a＝μg，
对A车有：vA＝v1－at，
对B车有：vB＝v2－at.
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：
m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共，
可得v共＝6 m/s.
(2)对A车由动量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA，
可得F＝7.2×104 N，
则＝6.
(3)对共同滑行的过程，有
x＝，
可得x＝6 m.
答案：(1)6 m/s　(2)6倍　(3)6 m
3.如图所示，倾角θ＝37°的固定斜面AB长L＝18 m，一质量M＝1 kg的木块由斜面中点C从静止开始下滑，0.5 s后被一颗质量m＝20 g的子弹以v0＝600 m/s沿斜面向上的速度正对射入并穿出，穿出速度u＝100 m/s，以后每隔1.5 s就有一颗子弹射入木块．设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入时木块对子弹的阻力相同．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)．求：
(1)木块在被第二颗子弹击中前，木块沿斜面向上运动离A点的最大距离．
(2)木块在斜面上能被子弹击中的最多颗数．
解析：(1)木块下滑过程有：
Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma1，
a1＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2，
下滑位移s1＝a1t＝0.5 m，
末速度v1＝a1t1＝2 m/s.
第一颗子弹穿过木块前后，系统动量守恒，有
mv0－Mv1＝mu＋Mv′1，
解得：v′1＝8 m/s.
木块将上滑，有：
－Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2，
得a2＝－8 m/s2，
上滑时间t2＝＝1 s，
上滑位移s2＝t2＝4 m.
因为t2＜1.5 s，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会下滑，故木块离A点的最大距离为：
d＝－s1＋s2＝12.5 m.
(2)木块从P1再次下滑0.5 s后被第二颗子弹击中，这一过程与被第一颗子弹击中的过程相同，故再次上滑的位移仍为4 m，到达的最高点P2在P1的上方：
Δd＝4 m－0.5 m＝3.5 m.
此时P2到B点的距离为：
dm＝L－d－Δd＝2 m＜3.5 m，
所以，第三颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面，故共有三颗子弹击中木块．
答案：(1)12.5 m　(2)三颗
4．如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：

(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
解析：P1与P2发生完全非弹性碰撞时，P1、P2组成的系统遵守动量守恒定律；P与(P1＋P2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P1、P2、P的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P1、P2、P三者速度相同．
(1)P1与P2碰撞时，根据动量守恒定律，得
mv0＝2mv1，
解得v1＝，方向向右．
P停在A点时，P1、P2、P三者速度相等均为v2，根据动量守恒定律，得
2mv1＋2mv0＝4mv2，
解得v2＝v0，方向向右．
(2)弹簧压缩到最大时，P1、P2、P三者的速度为v2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q，根据能量守恒定律，得
从P1与P2碰撞后到弹簧压缩到最大，有
×2mv＋×2mv＝×4mv＋Q＋Ep，
从P1与P2碰撞后到P停在A点，则
×2mv＋×2mv＝×4mv＋2Q，
联立以上两式解得Ep＝mv，Q＝mv，
根据功能关系有Q＝μ·2mg(L＋x)，
解得x＝－L.
答案：(1)v1＝v0，方向向右　v2＝v0，方向向右
(2)－L　mv
5．如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A、B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态．现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0.已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m.重力加速度为g，求：

(1)从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；
(2)从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．
解析：(1)从C获得速度v0到绳子刚好伸直的过程中，以v0的方向为正方向，根据动量定理得：
－μmgt＝mv0－mv0，
解得：t＝.
(2)设绳子刚伸直时B的速度为vB，对B、C组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝m·v0＋3mvB，
解得：vB＝v0.
绳子被拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
3mvB＝2mvA＋3m·v0，
解得：vA＝v0.
整个过程中，根据能量守恒定律得：
ΔE＝mv－×2mv－×3m·(v0)2－m·(v0)2＝mv.
答案：(1)　(2)mv
6.(2019·东北三省四市联考)如图所示，光滑曲面AB与长度L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v＝1 m/s的速度运行．质量m1＝1 kg的物块甲从曲面上高h＝1 m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m2＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小；
(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点？
解析：(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得：m1gh1＝m1v，
解得：v1＝2 m/s＞v.
假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：－μm1gL＝m1v－m1v，
解得：v2＝4 m/s.
因v2＞v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v2＝4 m/s.
(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：
m1v2＝m1v3＋m2v4，
系统动量守恒，则有：m1v＝m1v＋m2v，
联立解得：v3＝－2 m/s，
则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s.
(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：μm1g＝m1a，
解得：a＝2 m/s2.
从C运动到B，由动能定理得：
－μm1gL＝m1v－m1v，
解得：v5＝0.
物块甲从C点运动到左端B点的时间为
t1＝＝1 s.
接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，
则有t2＝＝0.5 s，
甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得：
－μm1gx1＝0－m1v2，
解得x1＝0.25 m.
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为
x2＝L－x1，
则所用的时间为t3＝＝＝0.75 s，
故甲从第二次到第三次到达C的过程中的运动时间为
t＝t1＋t2＋t3＝2.25 s.
答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)2.25 s
7．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2，A、B视为质点，碰撞时间极短)．

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．
解析：(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2，
所以A滑过Q点时的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s.
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m，
所以A受到的弹力F＝－mg＝N＝22 N.
(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，
则mv0＝2mv′，
所以v′＝v0＝3 m/s.
从碰撞到AB停止，根据动能定理，得
－2μmgkL＝0－·2mv′2，
所以k＝＝＝45.
(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得
－2μmgnL＝·2mv－·2mv′2，
解得vn＝(n＜k)．
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝(n＜k)