2020届二轮复习专题二第5讲　应用“三大观点”解决力学综合问题课件（68张）

2020届二轮复习专题二第5讲　应用“三大观点”解决力学综合问题课件（68张）

第 5 讲 应用“三大观点”解决力学综合问题 总纲目录 考点一 用动力学和能量观点解决多过程问题 考点二 应用动量和能量观点分析多过程问题 考点三 力学“三大观点”的综合应用 考点一　用动力学和能量观点解决多过程问题 1.(2018课标Ⅲ,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切, BC 为圆弧轨道的直径, O 为圆心, OA 和 OB 之间的夹 角为 α ,sin α =   。一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动,经 A 点沿圆弧轨道通 过 C 点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一 直受到一水平恒力的作用。已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心,且此 时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g 。求 (1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小; (2)小球到达 A 点时动量的大小; (3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。 答案 　(1)   mg        　(2)   　(3)     解析 　(1)设水平恒力的大小为 F 0 ,小球到达 C 点时所受合力的大小为 F 。由力 的合成法则有   =tan α   ① F 2 =( mg ) 2 +     ② 设小球到达 C 点时的速度大小为 v ,由牛顿第二定律得 F = m     ③ 由①②③式和题给数据得 F 0 =   mg   ④ v =     ⑤ (2)设小球到达 A 点的速度大小为 v 1 ,作 CD ⊥ PA ,交 PA 于 D 点,由几何关系得 DA = R sin α   ⑥ CD = R (1+cos α )   ⑦ 由动能定理有 - mg · CD - F 0 · DA =   mv 2 -   m     ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在 A 点的动量大小为 p = mv 1 =     ⑨ (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小 为 g 。设小球在竖直方向的初速度为 v ⊥ ,从 C 点落至水平轨道上所用时间 为 t 。由运动学公式有 v ⊥ t +   gt 2 = CD     v ⊥ = v sin α     由⑤⑦⑩   式和题给数据得 t =         2.(2016课标Ⅱ,25,20分)轻质弹簧原长为2 l ,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶 端将一质量为5 m 的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为 l 。 现将该弹簧水平放置,一端固定在 A 点,另一端与物块 P 接触但不连接。 AB 是 长度为5 l 的水平轨道, B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切,半圆的直径 BD 竖直,如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ =0.5。用外力推动物块 P ,将弹 簧压缩至长度 l ,然后放开, P 开始沿轨道运动。重力加速度大小为 g 。 (1)若 P 的质量为 m ,求 P 到达 B 点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离; (2)若 P 能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求 P 的质量的取值范围。   答案 　(1)   　2   l 　(2)   m ≤ M <   m 解析 　(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至 l 时,质量为5 m 的物体的动能 为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为 l 时的弹性势能为 E p =5 mgl   ① 设 P 的质量为 M ,到达 B 点时的速度大小为 v B ,由能量守恒定律得 E p =   M   + μMg ·4 l   ② 联立①②式,取 M = m 并代入题给数据得 v B =     ③ 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点,其到达 D 点时的向心力不能小于重力,即 P 此时的 速度大小 v 应满足   - mg ≥ 0   ④ 设 P 滑到 D 点时的速度为 v D ,由机械能守恒定律得   m   =   m   + mg ·2 l   ⑤ 联立③⑤式得 v D =     ⑥ v D 满足④式要求,故 P 能运动到 D 点,并从 D 点以速度 v D 水平射出。设 P 落回到 轨道 AB 所需的时间为 t ,由运动学公式得 2 l =   gt 2   ⑦ P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s = v D t   ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s =2   l   ⑨ (2)为使 P 能滑上圆轨道,它到达 B 点时的速度应大于零。由①②式可知 5 mgl > μMg ·4 l   ⑩ 要使 P 仍能沿圆轨道滑回, P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中 点 C 。由机械能守恒定律有   M   ≤ Mgl     联立①②⑩   式得   m ≤ M <   m     1.对于多过程问题要做好“四选择” (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用 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时,应优先选择能量守恒定律。 (3)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻的问题 选择牛顿第二定律求解。 (4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。 2. 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程,具有以下特点: (1)能量变化上,如果只有重力和系统内弹簧弹力做功,系统机械能守恒。 (2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零,则当弹簧伸长或压缩 到最大程度时两物体速度相同。 (3)当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。 1.(2019山东济南高三二模)如图所示,光滑水平地面的左侧静止放置一长木 板 AB ,右侧固定一足够长光滑斜面 CD ,木板的上表面与斜面底端 C 处于同一 水平面。木板质量 M =2 kg,板长 l =7 m。一物块以速度 v 0 =9 m/s冲上木板的 A 端,木板向右运动,木板 B 端碰到 C 点时被粘连,且 B 、 C 之间平滑连接。物块质 量 m =1 kg,可视为质点,与木板间的动摩擦因数为 μ =0.45。取 g =10 m/s 2 。 (1)若初始时木板 B 端距 C 点的距离足够长,求物块第一次与木板相对静止时 的速度大小和相对木板滑动的距离;   (2)设初始时木板 B 端距 C 点的距离为 L ,试讨论物块最终位置距 C 点的距离与 L 的关系,并求此最大距离。 答案 　(1)3 m/s　6 m (2)当 L ≥ 2 m,恰好停在 C 点;当 L <2 m时, s max =2 m 解析 　(1)木板 B 端距 C 点的距离足够长,则木板与物块会达到共同速度 根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv 0 =( M + m ) v 共 μmg Δ l =   m   -   ( M + m )   解得 v 共 =3 m/s,Δ l =6 m (2)对木板有 μmgs =   M   -0,解得 s =2 m 当 L ≥ 2 m时,木板 B 端和 C 点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块 以 v 共 =3 m/s匀减速到 C 点   -   =2 a 物块 ( l -Δ l ) a 物块 = μg =4.5 m/s 2 v C 1 =0 m/s,物块恰好停在 C 点,与 L 无关 当 L <2 m时,木板 B 端和 C 点相碰前,物块和木板未达到共同速度,物块一直做 匀减速运动   -   =2 a 物块 ( l + L ),   =3   物块以此速度冲上斜面并会原速率返回,最终停在木板上 s =   =2- L L =0 m时, s 有最大值 s max =2 m 2.(2019山东潍坊质检)如图,半径为 R 的光滑半圆形轨道 ABC 在竖直平面内,与 水平轨道 CD 相切于 C 点, D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固 定的挡板上,弹簧右端 Q 到 C 点的距离为2 R 。质量为 m 可视为质点的滑块从轨 道上的 P 点由静止滑下,刚好能运动到 Q 点,且恰能触发弹簧解除锁定,然后滑 块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点 A 。已知∠ POC =60 ° ,求: (1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点 C 时对轨道的压力大小; (2)弹簧被锁定时具有的弹性势能; (3)滑块返回到 P 点时的加速度大小。 答案 　(1)2 mg 　(2)3 mgR 　(3)   g 解析 　(1)设滑块第一次滑至 C 点时的速度为 v C ,圆轨道 C 点对滑块的支持力为 F N 对 P → C 过程由功能关系有 mgR (1-cos 60 ° )=   mv 2 滑块在 C 点根据牛顿第二定律有 F N - mg = m   解得 F N =2 mg 由牛顿第三定律得,滑块对轨道 C 点的压力大小 F N '= F N =2 mg ,方向竖直向下 (2)对 P → C → Q 过程由功能关系有 mgR (1-cos 60 ° )- μmg ·2 R =0 解得 μ =0.25 滑块在 A 点时根据牛顿第二定律有 mg = m   对 Q → C → A 过程由功能关系有 E p =   m   + mg ·2 R + μmg ·2 R 解得 E p =3 mgR (3)对 P → A 过程由动能定理有 - mgR (1+cos 60 ° )=   m   -   m   在 P 点受力分析如图 a n =   a x = g sin 60 ° a =   =   g   考点二　应用动量和能量观点分析多过程问题 1.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一 小段光滑圆弧平滑连接,小物块 B 静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。 t =0 时刻,小物块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与 B 发生弹性碰撞 (碰撞时间极短);当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点(图中未标出)时,速度减为0,此 时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块 A 运动的 v - t 图像如图 (b)所示,图中的 v 1 和 t 1 均为未知量。已知 A 的质量为 m ,初始时 A 与 B 的高度差为 H ,重力加速度大小为 g ,不计空气阻力。 图(a)        图(b) (1)求物块 B 的质量; (2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块 A 克服摩擦力所做的功; (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B 停止运动后,改变物 块与轨道间的动摩擦因数,然后将 A 从 P 点释放,一段时间后 A 刚好能与 B 再次 碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 答案 　(1)3 m 　(2)   mgH 　(3)   解析 　本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、 能量守恒定律等相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物 理问题的能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养要素。 (1)根据图(b), v 1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小,   为其碰撞后瞬间速度的 大小。设物块 B 的质量为 m ',碰撞后瞬间的速度大小为 v '。由动量守恒定律和 机械能守恒定律有 mv 1 = m   + m ' v '   ①   m   =   m   +   m ' v ' 2   ② 联立①②式得 m '=3 m   ③ (2)在图(b)所描述的运动中,设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 f ,下滑过 程中所走过的路程为 s 1 ,返回过程中所走过的路程为 s 2 , P 点的高度为 h ,整个过 程中克服摩擦力所做的功为 W 。由动能定理有 mgH - fs 1 =   m   -0   ④ -( fs 2 + mgh )=0-   m     ⑤ 从图(b)所给出的 v - t 图线可知 s 1 =   v 1 t 1   ⑥ s 2 =   ·   ·(1.4 t 1 - t 1 )   ⑦ 由几何关系可得   =     ⑧ 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W = fs 1 + fs 2   ⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W =   mgH   ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为 θ ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 μ ,有 W = μmg cos θ ·       设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s ',由动能定理有 - μm ' gs '=0-   m ' v ' 2     设改变后的动摩擦因数为 μ ',由动能定理有 mgh - μ ' mg cos θ ·   - μ ' mgs '=0     联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩     式可得   =       2.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为 m =2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路 上匀速行驶。行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹 车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。 图(a)中,0~ t 1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内 汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶), t 1 =0.8 s; t 1 ~ t 2 时间段为刹车系统 的启动时间, t 2 =1.3 s;从 t 2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。 已知从 t 2 时刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。   图(a) 　       图(b) (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 v - t 图线; (2)求 t 2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小; (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t 1 ~ t 2 时间内汽车克服阻力做的功; 从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以 t 1 ~ t 2 时间段始末 速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)? 答案 　(1)见解析　(2)28 m/s　8 m/s 2 (3)30 m/s　1.16 × 10 5 J　87.5 m 解析 　本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分 析及运用数学知识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素, 通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念。 (1) v - t 图像如图所示。 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v 1 ,则 t 1 时刻的速度也为 v 1 ; t 2 时刻的 速度为 v 2 。在 t 2 时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为 a 。取Δ t =1 s。设 汽车在 t 2 +( n -1)Δ t ~ t 2 + n Δ t 内的位移为 s n , n =1,2,3, … 。 若汽车在 t 2 +3Δ t ~ t 2 +4Δ t 时间内未停止,设它在 t 2 +3Δ t 时刻的速度为 v 3 ,在 t 2 +4Δ t 时刻的速度为 v 4 ,由运动学公式有 s 1 - s 4 =3 a (Δ t ) 2   ① s 1 = v 2 Δ t -   a (Δ t ) 2   ② v 4 = v 2 -4 a Δ t   ③ 联立①②③式,代入已知数据解得 v 4 =-   m/s④ 这说明在 t 2 +4Δ t 时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。 由于在 t 2 +3Δ t ~ t 2 +4Δ t 内汽车停止,由运动学公式 v 3 = v 2 -3 a Δ t   ⑤ 2 as 4 =     ⑥ 联立②⑤⑥式,代入已知数据解得 a =8 m/s 2 , v 2 =28 m/s⑦ 或 a =   m/s 2 , v 2 =29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下, v 3 <0,不合题意,舍去。 (3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为 f 1 。由牛顿第二定 律有 f 1 = ma   ⑨ 在 t 1 ~ t 2 时间内,阻力对汽车冲量的大小为 I =   f 1 ( t 2 - t 1 )   ⑩ 由动量定理有 I = mv 1 - mv 2     由动能定理,在 t 1 ~ t 2 时间内,汽车克服阻力做的功为 W =   m   -   m       联立⑦⑨⑩    式,代入已知数据解得 v 1 =30 m/s   W =1.16 × 10 5 J   从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离 s 约为 s = v 1 t 1 +   ( v 1 + v 2 )( t 2 - t 1 )+       联立⑦    式,代入已知数据解得 s =87.5 m     1. 动量和能量综合问题的主要情境模型为:碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸。 (1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动 情况要合理的原则。 (2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时,滑块和滑板组成的系统满足动 量守恒,滑块和滑板之间因摩擦生热,故系统机械能减少,一般利用功能关系 (即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解。 2.分析多过程问题需注意的几点: (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两物体相互作用问题,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。 1.如图所示,固定斜面的倾角 θ =30 ° ,物体 A 与斜面之间的动摩擦因数为 μ =   , 轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于 C 点,用一根不可伸长 的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体 A 和 B ,滑轮右侧绳子与斜面平行, A 的 质量为2 m =4 kg, B 的质量为 m =2 kg,初始时物体 A 到 C 点的距离 L =1 m,现给 A 、 B 一初速度 v 0 =3 m/s,使 A 开始沿斜面向下运动, B 向上运动,物体 A 将弹簧压缩 到最短后又恰好能弹到 C 点,已知重力加速度 g 取10 m/s 2 ,不计空气阻力,整个 过程中轻绳始终处于伸直状态,求此过程中: 考向一　有弹簧的动量和能量问题 (1)物体 A 向下运动刚到 C 点时的速度大小; (2)弹簧的最大压缩量; (3)弹簧中的最大弹性势能。 答案 　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J 解析 　(1)物体 A 向下运动至刚到 C 点的过程中,对 A 、 B 组成的系统应用能量 守恒定律可得 μ ·2 mg ·cos θ · L =   ·3 m   -   ·3 mv 2 +2 mgL sin θ - mgL 可解得 v =2 m/s (2)对 A 、 B 组成的系统,从物体 A 将接触弹簧到返回 C 点的过程中,系统动能的 减少量等于因摩擦产生的热量 即   ·3 mv 2 -0= μ ·2 mg cos θ ·2 x 其中 x 为弹簧的最大压缩量 解得 x =0.4 m (3)设弹簧的最大弹性势能为 E pm 从物体 A 将接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,由能量守恒定律可得   ·3 mv 2 +2 mgx sin θ - mgx = μ ·2 mg cos θ · x + E pm 解得 E pm =6 J 考向二　多种运动形式组合的多过程问题 2.(2019湖南永州模拟)如图所示,倾斜轨道 AB 和光滑圆弧轨道 BC 固定在同一 竖直平面内,两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连,已知 AB 长 l =7. 8 m,倾角 θ =37 ° , BC 弧的半径 R =0.8 m, O 为其圆心, OB 竖直,∠ BOC =143 ° 。整个 装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中,场强大小 E =1 × 10 3 N/C。两个相同 的绝缘小物块 P 和 Q ,质量均为 m =0.4 kg,带正电的小物块 Q 静止在 A 点,其电荷 量 q =3 × 10 -3 C,不带电的小物块 P 从某一位置以 v 0 =8 m/s的初速度水平抛出,运 动到 A 点时恰沿斜面向下与小物块 Q 发生弹性正碰,且碰撞过程无电荷转移。 若 Q 、 P 与轨道 AB 间的动摩擦因数分别为 μ 1 =0.2和 μ 2 =0.8,sin 37 ° =0.6, g =10 m/s 2 , 小物块 Q 在运动过程中电荷量保持不变,两物块均可视为质点,不计空气阻 力。求: (1)小物块 P 的抛出点与 A 点间的竖直距离; (2)小物块 Q 运动到圆弧轨道最低点 B 点时对轨道的压力大小; (3)小物块 Q 离开圆弧轨道后,第一次落到倾斜轨道上的位置与 B 点的距离。 答案 　(1)1.8 m　(2)34.5 N　(3)2.88 m 解析 　(1)设小物块 P 刚运动到 A 点时的速度大小为 v A 则 v Ay = v 0 tan 37 ° =6 m/s v A =   =10 m/s 所以小物块 P 的抛出点与 A 点间的竖直距离 h =   =   m=1.8 m (2) P 、 Q 碰撞过程满足动量守恒和能量守恒,设碰撞后瞬间 P 、 Q 的速度分别 为 v P 、 v Q mv A = mv P + mv Q   m   =   m   +   m   解得 v P =0, v Q =10 m/s 因为 μ 2 mg cos θ > mg sin θ 即碰后小物块 P 静止在 A 点,而小物块 Q 受到的电场力 F = qE =3 N,方向水平向 左,且与重力的合力为5 N,方向垂直 AB 轨道向下,则“等效重力场”的等效重 力加速度 g '=   g =12.5 m/s 2 ,方向垂直 AB 轨道向下 设小物块 Q 运动到 B 点时速度大小为 v B 则由动能定理得- μ 1 mg ' l =   m   -   m   解得 v B =   m/s 对小物块 Q ,在 B 点,由牛顿第二定律有 F N - mg = m   解得 F N =34.5 N 根据牛顿第三定律,小物块 Q 在 B 点时对轨道的压力大小为34.5 N (3)设小物块 Q 能到达 C 点,且在 C 点的速度大小为 v C ,则小物块 Q 从 A 点运动到 C 点的过程中 - μ 1 mg ' l - mg ' R (1+cos 37 ° )=   m   -   m   解得 v C =5 m/s 设小物块 Q 恰好能到达 C 点时的速度大小为 v C ' 则 mg '=   解得 v C '=   m/s 因 v C > v C ',故小物块 Q 能到达 C 点,小物块 Q 离开 C 点后,做类平抛运动 水平方向有 x '= v C t 竖直方向有 R + R cos 37 ° =   g ' t 2 解得 t =0.48 s, x '=2.4 m 故小物块 Q 的落点与 B 点的距离 x =2.4 m+ R sin 37 ° =2.88 m 考点三　力学“三大观点”的综合应用   (2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块 A 、 B ,质量分别为 m A =1.0 kg, m B =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 E k =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/s 2 。 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。 (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) B 先停　0.50 m　(3)0.91 m 解析 　本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定 律的综合应用,要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及 两个物体,运动过程较多,涉及规律较多,综合性很强,为较难题。体现了模型 建构、科学推理的素养要求。 (1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 v A 、 v B ,以向右为正,由动量守恒定 律和题给条件有 0= m A v A - m B v B   ① E k =   m A   +   m B     ② 联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s, v B =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 s B , 则有 m B a = μm B g   ④ s B = v B t -   at 2   ⑤ v B - at =0   ⑥ 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 s A 都可表示为 s A = v A t -   at 2   ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A =1.75 m, s B =0.25 m⑧ s A > l 且 s A - s B <2 l ,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 v A ',由动能定理有   m A v A ' 2 -   m A   =- μm A g (2 l + s B )     联立③⑧   式并代入题给数据得 v A '=   m/s   故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A 、 B 的速度分别为 v A ″和 v B ″,由动量守恒定 律与机械能守恒定律有 m A (- v A ')= m A v A ″+ m B v B ″       m A v A ' 2 =   m A v A ″ 2 +   m B v B ″ 2     联立     式并代入题给数据得 v A ″=   m/s, v B ″=-   m/s   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 s A ' 时停止, B 向左运动距离为 s B '时停止,由运动学公式 2 as A '= v A ″ 2 ,2 as B '= v B ″ 2     根据④    式及题给数据得 s A '=0.63 m, s B '=0.28 m   s A '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 '= s A '+ s B '=0.91 m     1.力学解题的“三大观点” 分类 规律 数学表达式 动力学 观点 力的瞬 时作用 牛顿第二定律 F 合 = ma 牛顿第三定律 F =- F ' 能量 观点 力的空间 积累作用 动能定理 W 合 = E k2 - E k1 机械能守恒定律 E k1 + E p1 = E k2 + E p2 动量 观点 力的时间 积累作用 动量定理 F 合 t = mv '- mv 动量守恒定律 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' 2.力学规律选用的一般原则 (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)涉及到速度和时间,应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及到位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动 定律或动能定理。 (4)若物体(或系统)涉及到位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中滑动摩擦 力做功产热应用摩擦力乘以相对路程,运用动能定理解决曲线运动和变加速 运动问题特别方便。 1.(2019河南开封模拟)如图所示,在高 h 1 =30 m的光滑水平台上,物块 A 以初速 度 v 0 水平向右运动,与静止在水平台上的物块 B 发生碰撞, m B =2 m A ,碰撞后物块 A 静止,物块 B 以一定的水平速度向右滑离平台,并恰好沿光滑圆弧形轨道 DE 的 D 点的切线方向进入圆弧形轨道, D 点的高度 h 2 =15 m,圆弧轨道的圆心 O 与 平台等高,轨道最低点 E 的切线水平,并与地面上长为 l =70 m的水平粗糙轨道 EF 平滑连接,物块 B 沿轨道 DEF 运动与右边墙壁发生碰撞。 g 取10 m/s 2 。求: (1)物块 B 由 C 到 D 的运动时间; (2)物块 A 初速度 v 0 的大小; (3)若物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有 冲出 D 点,最后停在轨道 EF 上的某点 P ( P 点没画出)。设物块与轨道 EF 之间的 动摩擦因数为 μ ,求 μ 的取值范围。   答案 　(1)   s　(2)20 m/s　(3)   < μ ≤   解析 　(1)由于 h 1 =30 m, h 2 =15 m。设从 C 运动到 D 的时间为 t 则 h 1 - h 2 =   gt 2 解得 t =   s (2)由 R = h 1 , R cos θ = h 1 - h 2 ,所以 θ =60 ° 。物块平抛的水平速度是 v 1 有   =tan 60 ° ,解得 v 1 =10 m/s A 与 B 发生碰撞的过程中系统的动量守恒,选取向右为正方向 由动量守恒定律得 m A v 0 = m B v 1 由于 m B =2 m A ,解得 v 0 =20 m/s (3)设物块在水平轨道 EF 上通过的总路程为 s ,根据题意,该路程的最大值是 s max =3 l 路程的最小值是 s min = l 路程最大时,动摩擦因数最小;路程最小时,动摩擦因数最大。由能量守恒定 律知 m B gh 1 +   m B   = μ min m B gs max m B gh 1 +   m B   = μ max m B gs min 解得 μ max =   , μ min =   ,即   < μ ≤   2.如图甲所示, m 1 =5 kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端 A 点无初速度地滑下,槽 的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的 B 点,传送带沿顺时针方向匀速 运转。 m 1 下滑前将 m 2 =3 kg的滑块停放在槽的底端。 m 1 下滑后与 m 2 发生碰撞, 碰撞时间极短,碰后两滑块均向右运动,传感器分别描绘出了两滑块碰后在传 送带上从 B 点运动到 C 点的 v - t 图像,如图乙、丙所示。两滑块均视为质点,重 力加速度 g =10 m/s 2 。 甲   (1)求 A 、 B 的高度差 h ; (2)求滑块 m 1 与传送带间的动摩擦因数 μ 和传送带的长度 L BC ; (3)滑块 m 2 到达 C 点时速度恰好减到3 m/s,求滑块 m 2 的传送时间; (4)求系统因摩擦产生的热量。 答案 　(1)0.8 m　(2)0.05　26 m　(3)6.5 s　(4)16 J 解析 　(1)由题图乙可知,碰撞后瞬间, m 1 的速度 v 1 =1 m/s, m 2 的速度 v 2 =5 m/s,设 碰撞前瞬间 m 1 的速度为 v 0 ,取水平向右为正方向,两滑块碰撞前后根据动量守 恒有 m 1 v 0 = m 1 v 1 + m 2 v 2 解得 v 0 =4 m/s m 1 下滑的过程机械能守恒 m 1 gh =   m 1   解得 h =0.8 m (2)由题图乙可知,滑块 m 1 在传送带上做匀加速运动时的加速度大小 a =   =0.5 m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供,故 μ 1 m 1 g = m 1 a 可求出滑块 m 1 与传送带间的动摩擦因数 μ 1 =0.05 由题图乙可知,滑块 m 1 在传送带上先加速4 s,后匀速运动6 s到达 C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度 L BC ,即 L BC =26 m (3)滑块 m 2 一直做匀减速直线运动,到达 C 点时速度恰好减到3 m/s,全程的平均 速度为   =   =4 m/s 设滑块 m 2 的传送时间为 t ,则有 t =   =6.5 s (4)由题图乙可知,滑块 m 1 在传送带上加速阶段的位移 x 1 = v 0 t 1 +   a   =8 m 滑块 m 1 在传送带上加速阶段产生的热量 Q 1 = μ 1 m 1 g ( vt 1 - x 1 )=10 J 滑块 m 2 在传送带上减速的加速度大小 a '=   =   m/s 2 滑块 m 2 受到的滑动摩擦力大小 f = m 2 a ' 滑块 m 2 在传送带上减速阶段产生的热量 Q 2 = f ( L BC - vt )=6 J 系统因摩擦产生的热量 Q = Q 1 + Q 2 =16 J