2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練七動(dòng)量能量

專題強(qiáng)化練(七)動(dòng)量能量1．(2023·廣東廣州天河二模)觀賞“煙火”表演是每年“春節(jié)”慶祝活動(dòng)的壓軸大餐．某型“禮花”底座僅0.2s的發(fā)射時(shí)間，就能將5kg的禮花彈豎直拋上180m的高空．(忽略發(fā)射底座高度，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2)．(1)“禮花”發(fā)射時(shí)燃燒的火藥對(duì)禮花彈的作用力約是多少？(2)某次試射，當(dāng)禮花彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)爆炸為沿水平方向運(yùn)動(dòng)的兩塊(爆炸時(shí)炸藥質(zhì)量忽略不計(jì))，測(cè)得兩塊落地點(diǎn)間的距離s＝900m，落地時(shí)兩者的速度相互垂直，兩塊的質(zhì)量各為多少？解析：(1)設(shè)禮花彈豎直拋上180m高空用時(shí)為t，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知h＝eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得t＝6s，設(shè)發(fā)射時(shí)間為t1，火藥對(duì)禮花彈的作用力為F，對(duì)禮花彈發(fā)射到180m高空運(yùn)用動(dòng)量定理有Ft1－mg(t＋t1)＝0，代入數(shù)據(jù)解得F＝1550N.(2)設(shè)禮花彈在180m高空爆炸時(shí)分裂為質(zhì)量為m1、m2的兩塊，對(duì)應(yīng)水平速度大小為v1、v2，方向相反，禮花彈爆炸時(shí)該水平方向合外力為零，由動(dòng)量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，且有m1＋m2＝m，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和題目落地的距離條件有(v1＋v2)t＝900m，設(shè)物塊落地時(shí)豎直速度為vy，落地時(shí)兩者的速度相互垂直，如圖所示，有tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(v2,vy)，代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1＝1kg,m2＝4kg))，對(duì)應(yīng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v1＝120m/s,v2＝30m/s))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1＝4kg,m2＝1kg))對(duì)應(yīng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v1＝30m/s,v2＝120m/s)).答案：(1)F＝1550N(2)1kg，4kg2．(2023·浙江卷)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車：上表面與直軌道下FG、平臺(tái)JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長(zhǎng)度LFG＝2.5m，HI長(zhǎng)度L0＝9m，擺渡車長(zhǎng)度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC；(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t.解析：(1)滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝4m/s.滑塊過C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FC＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FC＝22N.(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時(shí)的速度大小為v，從靜止釋放到G點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s，根據(jù)能量守恒可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)，解得μ＝0.3.(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，所用時(shí)間為t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s，此過程滑塊通過的位移為x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝4.5m，滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該過程所用時(shí)間為t2＝eq\f(L0－x1,v1)＝1.5s，則滑塊從G到J所用的時(shí)間為t＝t1＋t2＝2.5s.答案：(1)vC＝4m/sFC＝22N(2)μ＝0.3(3)t＝2.5s3．航空公司裝卸貨物時(shí)常因拋擲而造成物品損壞，為解決這個(gè)問題，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的緩沖轉(zhuǎn)運(yùn)裝置．裝置A緊靠飛機(jī)，轉(zhuǎn)運(yùn)車B緊靠A，包裹C沿A的光滑曲面由靜止滑下，經(jīng)粗糙的水平部分后滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車并最終停在轉(zhuǎn)運(yùn)車上被運(yùn)走，B的右端有一固定擋板．已知C與A、B水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，緩沖裝置A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，不計(jì)轉(zhuǎn)運(yùn)車與地面間的摩擦．A、B的質(zhì)量均為M＝40kg，A、B水平部分的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝4m．包裹C可視為質(zhì)點(diǎn)且無其他包裹影響，C與B的右擋板碰撞時(shí)間極短，碰撞損失的機(jī)械能可忽略．重力加速度g取10m/s2.求：(1)要求包裹C在緩沖裝置A上運(yùn)動(dòng)時(shí)A不動(dòng)，則包裹C的質(zhì)量最大不超過多少；(2)若某包裹的質(zhì)量為m＝10kg，為使該包裹能停在轉(zhuǎn)運(yùn)車B上，則該包裹釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件；(3)若某包裹的質(zhì)量為m＝50kg，為使該包裹能滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B，則該包裹釋放時(shí)h′的最小值．解析：(1)要求A不動(dòng)時(shí)需滿足μ1mg≤μ2(m＋M)g，解得m≤M＝40kg，即包裹C的質(zhì)量不能超過40kg.(2)由于包裹質(zhì)量小于40kg裝置A始終靜止不動(dòng)，所以A釋放高度最小時(shí)，包裹C恰好滑上B車，則有mgh1＝μ1mgL，解得h1＝0.8m，A釋放高度最大時(shí)，則包裹C滑上B車與擋板碰撞后返回B車最左端時(shí)二者恰好共速，下滑至B車時(shí)有mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μ1mgL，與B車相互作用過程滿足mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋μ1mg2L，解得h2＝eq\f(m＋M,2M)×4μ1L＋μ1L＝2.8m，所以0.8m≤h≤2.8m.(3)由于包裹質(zhì)量大于40kg，則裝置A帶動(dòng)B車運(yùn)動(dòng)．包裹能滑上B車，最小高度是包裹剛好可以滑上B車時(shí)A、B、C三者共速．則加速度滿足a1＝eq\f(μ1mg－μ2（m＋M）g,2M)＝eq\f(1,8)m/s2，包裹加速度a2＝μ1g＝2m/s2，包裹在光滑曲面下滑eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh′，共同速度v＝a1t＝v0－a2t，解得t＝eq\f(8,17)v0.如圖所示由v-t圖像可得L＝eq\f(1,2)v0t，解得h′＝0.85m.答案：(1)40kg(2)0.8m≤h≤2.8m(3)0.85m4．如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg、長(zhǎng)L＝5.15m的長(zhǎng)木板B靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R＝2m的光滑圓弧軌道，但不粘連．圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為60°，其右端最低點(diǎn)處與長(zhǎng)木板B上表面相切．距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊D.平臺(tái)上方有一固定水平光滑細(xì)桿，其上穿有一質(zhì)量M＝3.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于豎直方向．一質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊A自M點(diǎn)以某一初速度水平拋出下落高度H＝3m后恰好能從P點(diǎn)沿切線方向滑入圓弧軌道．A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)．A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)．A、D組合體在隨后運(yùn)動(dòng)過程中一直沒有離開平臺(tái)，且C沒有滑離細(xì)桿．A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75.忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問題的影響．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大?。?2)滑塊A到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。?3)滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)速度的大??；(4)若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為0.5m/s.則隨后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能是多大？解析：(1)從開始到P點(diǎn)物體做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向veq\o\al(2,y)＝2gH從P點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓軌道vp＝eq\f(vy,sin60°)＝4eq\r(5)m/s.(2)從P點(diǎn)到圓弧最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,p)在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律可知FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，由牛頓第三定律可知FN＝F′N＝60N.(3)假設(shè)物塊A在木板B上與B共速后木板才到達(dá)右側(cè)平臺(tái)，以AB系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律mv1＝(M＋m)v2由能量關(guān)系μmgx相＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)，解得x相＝5m<5.15m．B板從開始滑動(dòng)到AB共速的過程中，對(duì)B由動(dòng)能定理μmgxB＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得xB＝1.25m<2.5m，即假設(shè)成立；B撞平臺(tái)后，A在B上繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)A由動(dòng)能定理－μmg(L－s相)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v3＝2m/s.(4)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，當(dāng)C的速度方向向右時(shí)，以ABC為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知mv3＝2mv4＋Mv5，三者速度相同時(shí)彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律mv3＝(2m＋M)v6由能量關(guān)系Epmax＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)(2m＋M)veq\o\al(2,6)解得Epmax＝0.0375J彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，當(dāng)C的速度方向向左時(shí)，以AD和C系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律mv3＝2mv7＋Mv5三者速度相同時(shí)彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律mv3＝(2m＋M)v8，由能量關(guān)系可知E′pmax＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,7)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)(2m＋M)veq\o\al(2,8)，解得E′pmax＝3.0375J.答案：(1)vp＝4eq\r(5)m/s(2)60N(3)2m/s(4)3.0375J5．(2023·汕頭金山中學(xué)一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一長(zhǎng)度x＝1m的粗糙平臺(tái)AB，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05，其左側(cè)有彈簧和質(zhì)量m1＝2kg的小球1.彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢(shì)能Ep＝2J，與小球1不粘連．小球1右側(cè)有一半徑R＝1.2m、圓心角θ＝60°的光滑圓弧軌道CD，最底端D平滑連接另一長(zhǎng)s＝2m的粗糙平臺(tái)DE.質(zhì)量m2＝4kg的小球2靜止在D點(diǎn)，左側(cè)粘有少量炸藥(質(zhì)量不計(jì))，E端有一質(zhì)量m3＝4kg的小球3，用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的輕繩懸吊，對(duì)E點(diǎn)剛好無壓力．無初速地釋放小球1，小球1恰好沿C點(diǎn)切線方向進(jìn)入圓弧軌道到達(dá)D點(diǎn)，與小球2接觸瞬間引燃炸藥(未發(fā)生碰撞)，爆炸后小球1、2速度方向均水平．小球1恰好以原來進(jìn)入C點(diǎn)的速度從C點(diǎn)滑出，所有小球均可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量不變，忽略彈簧長(zhǎng)度的變化，g取10m/s2，求：(1)炸藥爆炸前小球1對(duì)D點(diǎn)的壓力大??；(2)炸藥爆炸過程中有多少能量轉(zhuǎn)化成小球1、2的機(jī)械能；(3)若小球2能與小球3發(fā)生彈性碰撞且最終仍停在平臺(tái)上，整個(gè)過程中繩子始終不松弛，小球與平臺(tái)DE間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的范圍．解析：(1)小球1從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)，解得vB＝1m/s.小球1從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有vC＝eq\f(vB,cos60°)＝2m/s，小球1從C到D，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＋m1gR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)，解得vD＝4m/s.小球1在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝eq\f(140,3)N.根據(jù)牛頓第三定律可知小球1對(duì)軌道的壓力大小為eq\f(140,3)N，方向豎直向下．(2)炸藥爆炸過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒有m1vD＝－m1v′D＋m2v，其中v′D＝vD＝4m/s，則機(jī)械能的增加量為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)，解得ΔE＝32J；v＝4m/s.(3)①當(dāng)小球2剛好運(yùn)動(dòng)小球3處時(shí)速度為零，則有－μ2m2gs＝0－eq\f(1,2)m2v2，解得μ2＝0.4.②設(shè)小球2運(yùn)動(dòng)到小球3處的速度為v′2(此時(shí)未與小球3碰撞)，則有－μ2m2gs＝eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m2v2，之后小球2與小球3發(fā)生彈性碰撞，由于兩球的質(zhì)量相等，則速度交換，故碰撞后小球3的速度為v3＝v′2，為保證整個(gè)過程中繩子始終不松弛，且最終小球2仍停在平臺(tái)上，則小球3最多上到右側(cè)圓心等高處，則有eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝m3gL，聯(lián)立解得μ2＝0.15，綜上所述可知0.15≤μ2<0.4.答案：(1)FN＝eq\f(140,3)N(2)ΔE＝32J(3)0.15≤μ2<0.46．如圖所示，有一“”形的光滑平行金屬軌道，間距為l1，兩側(cè)傾斜軌道足夠長(zhǎng)，且與水平面夾角均為θ＝30°，各部分平滑連接．左側(cè)傾斜軌道頂端接了一個(gè)理想電感器，自感系數(shù)為L(zhǎng)＝0.0036H，軌道中有垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝0.1T，M、N兩處用絕緣材料連接．在水平軌道上放置一個(gè)“]”形金屬框edcf，其中ed、cf邊質(zhì)量均不計(jì)，長(zhǎng)度均為l2；cd邊質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l1，電阻阻值為r＝0.1Ω；在金屬框右側(cè)長(zhǎng)為l3、寬為l1的區(qū)域存在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；右側(cè)軌道頂端接了一個(gè)阻值R＝0.2Ω的電阻．現(xiàn)將質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l1的金屬棒ab從左側(cè)傾斜軌道的某處?kù)o止釋放，下滑過程中流過棒ab的電流大小為i＝eq\f(B1l1x,L)(其中x為下滑的距離)，滑上水平軌道后與“]”形金屬框相碰并粘在一起形成閉合導(dǎo)體框abcd，整個(gè)滑動(dòng)過程棒ab始終與軌道垂直且接觸良好．已知m＝0.01kg，l1＝0.2m，l2＝0.08m，l3＝0.24m，除已給電阻外其他電阻均不計(jì)．(提示：可以用F－x圖像下的“面積”代表力F所做的功)(1)求棒ab在釋放瞬間的加速度大?。?2)當(dāng)釋放點(diǎn)距MN多遠(yuǎn)時(shí)，棒ab滑到MN處的速度最大，最大速度是多少？(3)以第(2)問方式釋放棒ab，試通過計(jì)算說明棒ab能否滑上右側(cè)傾斜軌道．解析：(1)釋放瞬間，棒ab受力如圖由牛頓第二定律可知mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ＝5m/s2.(2)已知感應(yīng)電流大小為i＝eq\f(B1l1x,L)，當(dāng)棒ab受到的安培力等于重力下滑分力時(shí)速度最大，有FA＝eq\f(Beq\o\al(2,1)leq\o\al(2,1)x,L)＝mgsinθ棒ab的速度最大．聯(lián)立方程解得x＝eq\f(mgLsinθ,Beq\o\al(2,1)leq\o\al(2,1))＝0.45m下滑過程，由動(dòng)能定理知mg·x·sinθ＋WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0其中安培力做的功WA＝－eq\f(0＋FA,2)·x＝－eq\f(0＋mgsinθ,2)·x聯(lián)立方程組解得v0＝1.5m/s.(3)棒ab與金屬框edcf相碰過程，由動(dòng)量守恒知mv0＝2mv1整體進(jìn)磁場(chǎng)過程，內(nèi)電阻為r，外電阻為0，設(shè)速度為v，則回路總電流為i＝eq\f(B2l1v,r)則FA＝B2il1所以整體進(jìn)磁場(chǎng)過程安培力的沖量為IFA＝－∑B2il1Δt＝－∑B2eq\f(B2l1v,r)l1Δt＝－∑eq\f(Beq\o\al(2,2)leq\o\al(2,1),r)vΔt＝－eq\f(Beq\o\al(2,2)leq\o\al(2,1),r)l2出磁場(chǎng)過程，ab邊為電源，內(nèi)電阻為0，外電阻為R外＝eq\f(Rr,R＋r)＝eq\f(1,15)Ω同理可得安培力的沖量為IFA′＝－eq\f(Beq\o\al(2,2)leq\o\al(2,1),R外)l2又由動(dòng)量定理知進(jìn)出磁場(chǎng)過程中有IFA＋I(xiàn)′FA＝2mv2－2mv1解得出磁場(chǎng)時(shí)，速度大小v2＝0.5m/s整體沿斜面上滑過程，由動(dòng)能定理可知－2mgH＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得重心升高的高度H＝0.0125m而ab邊恰好運(yùn)動(dòng)到右側(cè)傾斜最低端，則重心升高H0＝eq\f(1,2)l2sinθ＝0.02m>H所以，棒ab不能滑上右側(cè)傾斜軌道．另解：若將導(dǎo)體框abcd的ab邊右側(cè)傾斜軌道的最低點(diǎn)時(shí)靜止處釋放，滑到水平軌道時(shí)導(dǎo)體框abcd的速度為v0，則由mgl2sinθ＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－0得v0＝eq\r(gl2sinθ)＝eq\r(0.4)m/s>0.5m/s，所以棒ab不能滑上右側(cè)傾斜軌道．答案：(1)5m/s2(2)1.5m/s(3)不能7．(2023·浙江卷)為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置．水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接．質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上．現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2eq\r(21)m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短)．已知傳送帶長(zhǎng)L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為形變量)．(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx.解析：(1)滑塊a從D到F，由能量關(guān)系mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在F點(diǎn)FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)，解得vF＝10m/s，F(xiàn)N＝31.2N.(2)滑塊a返回B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為a＝μg＝5m/s2，根據(jù)veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,C)－2aL可得在C點(diǎn)的速度vC＝3m/s，則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點(diǎn)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R，解得v1＝5m/s.因ab碰撞動(dòng)量守恒，則mvF＝－mv1＋3mv2，解得碰后b的速度v2＝5m/s，則碰撞損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)＝0.(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF＝4mv，解得v＝2.5m/s，當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度4mv＝6mv′則v′＝eq\f(5,3)m/s，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1，由能量關(guān)系eq\f(1,2)·4mv2＝eq\f(1,2)·6mv′2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，解得x1＝0.1m.同理當(dāng)彈簧被拉到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為x2＝x1，則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx＝2x1＝0.2m.答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m8．(2023·遼寧卷)如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)．質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能E