高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 题型专练二 力学三大观点的综合应用（含解析）

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高考题型1 应用力学三大观点处理多过程问题
1．力学三大观点对比
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
考题示例
例1 (2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图1
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2l＋sB))⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
命题预测
1．(2020·山东威海市高三二模)如图2甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg和1 kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度－时间图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
图2
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数μA、μB；
(2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能Ep；
(3)A、B再次相遇前的最远距离L.
答案 (1)eq \f(\r(3),6) eq \f(\r(3),3) (2)6 J (3)eq \f(68,15) m
解析 (1)根据题图乙可知，A、B分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且A的加速度大小为
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝7.5 m/s2
对A由牛顿第二定律得
mAgsin 30°＋μAmAgcs 30°＝mAaA，解得μA＝eq \f(\r(3),6)
对B由平衡条件得mBgsin 30°＝μBmBgcs 30°，解得μB＝eq \f(\r(3),3)
(2)细线断裂瞬间，对A、B由动量守恒定律得
(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB
由能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得Ep＝6 J.
(3)当A、B的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为aA′，时间为tA′，位移为xA′，则有|vA|＝aAtA，vA2＝2aAxA
对A由牛顿第二定律得
mAgsin 30°－μAmAgcs 30°＝mAaA′
vB＝aA′tA′，vB2＝2aA′xA′，B发生的位移xB＝vB(tA＋tA′)
A、B再次相遇前的最远距离L＝xB＋xA－xA′
解得L＝eq \f(68,15) m.
2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D点平滑连接半径为R＝2 m、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C、D分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A从C点开始，以初速度v0＝3 m/s沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D点距离为3.25 m的P点静置另一个可视为质点的物块B.已知物块A、B与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A的质量m1＝1 kg，取g＝10 m/s2.
图3
(1)求物块A从C点滑到D点时，对圆弧轨道的压力；
(2)若物块B的质量为m2＝1 kg，物块A与B碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D点多远；
(3)若B的质量为m2′＝ 5 kg，物块A与B的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A与B均停止后它们相距多远．
答案 (1)34.5 N，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m
解析 (1)设物块A在D点的速度为v1，则物块A从C点运动到D点的过程，由动能定理可得：
m1gR＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v02
得v1＝7 m/s
设物块A在D点受到圆弧轨道向上的支持力大小为FN，则有FN－m1g＝m1eq \f(v12,R)
得FN＝34.5 N
由牛顿第三定律可得：物块A在D点对圆弧轨道的压力大小为FN′＝34.5 N，方向竖直向下．
(2)设物块A在P点与物块B碰撞前瞬间的速度为v2，加速度大小为a1，则从D点到P点的过程中，由牛顿第二定律得：μm1g＝m1a1
－2a1L＝v22－v12
得v2＝6 m/s
物块A与物块B碰撞的过程中，系统动量守恒，则有
m1v2＝(m1＋m2)v3
解得v3＝3 m/s
A、B碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得：μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2
0－v32＝－2a2x
得x＝eq \f(9,4) m＝2.25 m
此时距D的距离为L＋x＝5.5 m
(3)物块A运动到P点的速度仍为v2＝6 m/s，碰撞过后瞬间A与B的速度分别为v4、v5，A与B的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m1v2＝m1v4＋m2′v5
eq \f(1,2)m1v22＝eq \f(1,2)m1v42＋eq \f(1,2)m2′v52
得v4＝－4 m/s，v5＝2 m/s
由于eq \f(1,2)m1v42－μm1gs＝0－eq \f(1,2)m1v42
得s＝4 m
故物块A向左运动3.25 m后滑上圆弧返回后又向右运动了x1＝s－L＝0.75 m
物块B向右减速至零，则有0－v52＝－2a3x2，μm2′g＝m2′a3
解得x2＝1 m
故A、B相距s＝L＋x2－x1＝3.5 m．
高考题型2 应用力学三大观点解决板—块模型问题
1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．
2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．
3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．
考题示例
例2 (2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．
图4
答案 2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s.
命题预测
3．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图5甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图5
(1)A与B间的动摩擦因数μ；
(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
(3)A与P碰撞几次，B与A分离．
答案 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次
解析 (1)碰后A向左减速，B向右减速，由题图乙得：
aB＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2
由牛顿第二定律有μmg＝maB
解得μ＝0.1
(2)碰后B向右减速，A向左减速到0后，向右加速，最后与B共速，对A、B由动量守恒定律可得：
mv0－Mv0＝(M＋m)v1
解得：v1＝0.5 m/s
此过程，对B由动量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1
解得：t1＝0.5 s
对A由动能定理有：－μmgxA＝eq \f(1,2)Mv12－eq \f(1,2)Mv02
解得：xA＝0.125 m
此后A、B一起向右匀速运动的时间为：t2＝eq \f(xA,v1)＝0.25 s
所以一共用的时间：t＝t1＋t2＝0.75 s，即A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s
(3)A第1次与挡板P碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有：
eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相对1
解得x相对1＝0.5 m
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：
mv1－Mv1＝(M＋m)v2
由能量守恒有：
eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv12＝eq \f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相对2
解得：x相对2＝0.125 m
由于x相对＝x相对1＋x相对2>L，所以A与P碰撞2次，B与A分离．
4．如图6所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)
图6
(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．
(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？
(3)系统的最大弹性势能是多少？
答案 (1)eq \f(Mmv02,2M＋m) (2)eq \f(Mv02,4μgM＋m) (3)eq \f(Mmv02,4M＋m)
解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v1，此时弹性势能最大，设为Ep，铁块回到木板左端时，共同速度为v2，则由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v1①
mv0＝(M＋m)v2②
(1)整个过程系统克服摩擦力做的功
Wf＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v22③
联立②③解得Wf＝eq \f(Mmv02,2M＋m)④
(2)系统克服摩擦力做的功
Wf＝2μmgL⑤
联立④⑤解得L＝eq \f(Mv02,4μgM＋m)⑥
(3)根据能量守恒定律得
eq \f(1,2)Wf＋Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12⑦
联立①④⑦解得Ep＝eq \f(Mmv02,4M＋m)⑧
5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以初速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
图7
(1)A、B碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度；
(3)物块A离长木板左侧的最终距离．
答案 (1)3 m/s，方向向左 6 m/s，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m
解析 (1)设物块A与木板B碰前瞬间的速度为v，由动能定理得－μ1m1gl＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)m1v02
解得v＝eq \r(v02－2μ1gl)＝9 m/s
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3 m/s，
v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v＝6 m/s
碰后瞬间物块A的速度大小为3 m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6 m/s、方向向右；
(2)碰撞后B做减速运动，C做加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有
－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1
对物块C有μ2m3g＝m3a2
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则
v2－a1t＝a2t
木板B的最小长度d＝v2t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝3 m
(3)B、C达到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，
故二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3
整个过程B运动的位移为
xB＝v2t－eq \f(1,2)a1t2＋eq \f(0－a2t2,－2a3)＝6 m
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小为a4＝eq \f(μm1g,m1)＝1 m/s2，位移为xA＝eq \f(0－v12,－2a4)＝4.5 m
物块A离长木板B左侧的最终距离为
xA＋xB＝10.5 m.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m，g取10 m/s2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
图1
A．0.5 m/s B．1 m/s
C．2 m/s D．3 m/s
答案 D
解析 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)×2mv2，代入数据得v＝2 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv2，联立解得v0＝3 m/s，故选D.
2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m的足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )
图2
A．1∶4 B．1∶4eq \r(2)
C．1∶8 D．1∶12
答案 A
解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)；对系统，根据能量守恒定律有μmgs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得划痕长度s＝eq \f(Mv02,2μM＋mg)，同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为s′＝eq \f(M2v02,2μM＋mg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误．
3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g.求：
图3
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度．
答案 (1)eq \f(v02,4gL) (2)0 v0，方向水平向右
解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v0，方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知
μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv12
联立解得μ＝eq \f(v02,4gL)
(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有
2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有
μmgL＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)×2mv22
联立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0，方向水平向右．
[争分提能练]
4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都停在小车上，物体 A、B 始终没有相碰．重力加速度为g，求：
图4
(1)最终小车的速度大小及方向；
(2)平板车的长度至少为多长．
答案 (1)eq \f(v,4) 方向水平向左 (2)eq \f(9v2,8μg)
解析 (1)以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1
解得v1＝eq \f(v,4)，方向水平向左
(2)初始阶段A物体向右做匀减速运动，加速度大小aA＝eq \f(μmg,m)＝μg；B物体向左做匀减速运动，加速度大小aB＝eq \f(μ·2mg,2m)＝μg；
小车向左做匀加速运动，加速度大小aC＝eq \f(μ·2mg－μmg,m)＝μg
经过t1时间，B、C达到共同速度，则有v－μgt1＝μgt1
此时t1＝eq \f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq \f(v,2)，方向向左，A的速度大小与B、C相同，方向相反，该过程中，A相对C运动的距离：
Δx1＝(vt1－eq \f(1,2)aAt12)＋eq \f(1,2)aCt12
B相对C运动的距离：
Δx2＝(vt1－eq \f(1,2)aBt12)－eq \f(1,2)aCt12
此后B、C共同向左做减速运动，加速度大小a＝eq \f(μmg,3m)＝eq \f(μg,3)
直到三物体速度相同，所用时间t2＝eq \f(v1－v2,－a)＝eq \f(3v,4μg)
该过程A相对B、C滑行的距离：
Δx3＝(v2t2－eq \f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq \f(1,2)at22)
所以小车的长度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq \f(9v2,8μg).
5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3 kg的物块A.装置的中间是始终在以u＝2 m/s的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A静止在其平衡位置，此处距传送带左端l＝0.5 m．质量m＝1 kg的物块B从斜面上距水平台面高h＝2.0 m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，传送带的长度为L＝1.0 m．物块A、B都可视为质点，A、B发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图5
(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，B的速度大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后，B返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h′；
(3)如果物块A每次被B碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B的再次碰撞，当物块B在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B从开始到此时相对于地面运动的总路程s多大．
答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m
解析 (1)B从斜面滑下过程机械能守恒，mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得B滑上传送带瞬间v0＝2eq \r(10) m/s
B滑上传送带做匀减速运动，v02－v12＝2aL，μmg＝ma
解得B滑过传送带与A碰前瞬间的速度v1＝6 m/s
(2)A、B发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B的速度为v2，A的速度为vA
mv1＝mv2＋MvA，eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)MvA2
联立两式解得v2＝－eq \f(1,2)v1，vA＝eq \f(1,2)v1，即v2＝－3 m/s
物块B以3 m/s的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v22－v32＝2aL
解得v3＝eq \r(5) m/s＞u＝2 m/s
故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh′＝eq \f(1,2)mv32，得h′＝0.25 m
(3)物块B上升h′后再返回传送带右端时，速度大小为v3＝eq \r(5) m/s，滑上传送带，减速至左端
v32－v42＝2aL，得v4＝1 m/s
物块B与A第二次发生弹性碰撞，碰后速度v5＝－eq \f(1,2) m/s
返回传送带后向右匀加速运动，u2－v52＝2ax
得x＝eq \f(15,16) m＜L＝1 m
故运动x后匀速运动至右端，以初速度大小u＝2 m/s滑上斜面，则mgh″＝eq \f(1,2)mu2
得h″＝0.2 m
再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B从开始到此时对地总路程s＝4l＋5L＋eq \f(h＋2h′＋2h″,sin θ)
得s＝eq \f(71,6) m≈11.83 m.
6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的eq \f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径R＝5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的eq \f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑．一长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则：
图6
(1)若h为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？
(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？
答案 (1)40 N (2)eq \f(18,7) m解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvB2
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝meq \f(vB2,R)
联立解得FN＝40 N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝40 N.
(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，
由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1
由动能定理得μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得
mgh1＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得h1＝3 m
要使工件能从CD轨道最高点飞出，h1＝3 m时物块有从AB轨道滑下且不脱离小车的最大速度．
设工件从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v0′，与小车达到共速时的速度为v1′，刚滑上CD轨道的速度为v2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(m＋M)v1′
由动能定理得μmgL＝eq \f(1,2)mv0′2－eq \f(1,2)Mv1′2－eq \f(1,2)mv2′2
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv2′2＝mgr
工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得
mgh′＝eq \f(1,2)mv0′2
联立并代入数据解得h′＝eq \f(18,7) m
综上所述，要使工件能到达CD轨道最高点，应使h满足eq \f(18,7) m对应规律
表达式
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动
规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′