2024屆高考物理復(fù)習(xí)：“應(yīng)用三大力學(xué)觀點(diǎn)解題”

第4講“應(yīng)用三大力學(xué)觀點(diǎn)解題”的技能強(qiáng)化加強(qiáng)點(diǎn)(一)動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受的力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，或者物體受恒力作用直接涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。(2)動(dòng)量定理反映了力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對(duì)沖擊類問題，應(yīng)采用動(dòng)量定理求解。(3)若研究對(duì)象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，則有時(shí)既要用到動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)，又要用到動(dòng)量守恒定律。[典例]靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？[解析](1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處，B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s ?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m[針對(duì)訓(xùn)練](2021年8省聯(lián)考·廣東卷)如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角θ＝30°，斜面底端O處固定一個(gè)垂直斜面的彈性擋板。在斜面上P、Q兩點(diǎn)有材質(zhì)相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，A和B恰好能靜止，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q到O的距離是L，Q到P的距離是kL(k>0)?，F(xiàn)始終給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時(shí)間極短，且無機(jī)械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。(2)A、B第一次碰撞與第二次碰撞之間的時(shí)間。解析：(1)A和B恰好能靜止，則有mgsinθ＝μmgcosθ，當(dāng)給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝gA與B碰撞前的速度為v12＝2gkLA與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′，由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv1′2解得：v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰撞后B運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)當(dāng)0＜k≤eq\f(1,4)時(shí)，A與B同向相撞，即B與擋板碰撞前A、B發(fā)生第二次碰撞，此時(shí)有eq\f(1,2)gt2＝teq\r(2gkL)解得：t＝2eq\r(\f(2kL,g))當(dāng)k＞eq\f(1,4)時(shí)，A與B反向相撞，即B先與擋板碰撞反向后與A發(fā)生第二次碰撞，B與擋板碰后原速率返回mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g再次相碰時(shí)，滿足：L－eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)·(t－t1)－eq\f(1,2)a′(t－t1)2，解得：t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))。答案：(1)0eq\r(2gkL)(2)當(dāng)0＜k≤eq\f(1,4)時(shí)，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；當(dāng)k＞eq\f(1,4)時(shí)，t＝eq\f(8k＋1,22k＋1)eq\r(\f(L,2gk))加強(qiáng)點(diǎn)(二)動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．兩大觀點(diǎn)動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律。能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律。2．三種技巧(1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。(2)若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過程的初、末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處，特別對(duì)于變力做功問題，就更顯出它們的優(yōu)越性。[典例]一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時(shí)它們的動(dòng)能之和與玩具從地面拋出時(shí)的動(dòng)能相等。彈簧彈開的時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時(shí)的速度大?。?2)兩部分落地時(shí)速度大小之比。[解析](1)設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h時(shí)的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向?yàn)檎?，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有0－v02＝－2gh ①v2－v02＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) ②聯(lián)立①②式解得v＝eq\f(1,2)v0。 ③(2)設(shè)玩具分開時(shí)兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，水平速度大小分別為v1、v2。依題意，動(dòng)能關(guān)系為eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02 ④玩具達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，兩部分分開時(shí)速度方向相反，水平方向動(dòng)量守恒，有m1v1－m2v2＝0 ⑤分開后兩部分做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時(shí)，豎直方向分速度大小為v0，設(shè)兩部分落地時(shí)的速度大小分別為v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝eq\r(v02＋v12) ⑥v2′＝eq\r(v02＋v22) ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到m1∶m2＝1∶4，得eq\f(v1′,v2′)＝2。[答案](1)eq\f(1,2)v0(2)2[針對(duì)訓(xùn)練](2021·北京等級(jí)考)如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE。解析：(1)拋出后豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設(shè)物塊A、B碰撞后速度為v，拋出后水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，由s＝vt解得v＝1.0m/s。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，由mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。答案：(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J加強(qiáng)點(diǎn)(三)三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．三大基本觀點(diǎn)力的觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題能量的觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題動(dòng)量的觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題2.三大觀點(diǎn)的選用原則力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律。(1)若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律。(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對(duì)路程，動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)特別方便。[特別提醒](1)無論使用哪一個(gè)規(guī)律，受力分析是前提。(2)有的問題往往一題多解，解題時(shí)應(yīng)從多個(gè)角度分析，找出最快捷的解題方法。[典例](2023·浙江1月選考)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處靜止釋放，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A到C，由動(dòng)能定理得：mg(h－1.2R－Rcosθ－R)＝eq\f(1,2)mvC2代入得vC＝4m/s在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FC＋mg＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FC＝22N。(2)設(shè)滑塊剛沖上擺渡車時(shí)速度為v0，則由動(dòng)能定理得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s滑塊恰好不脫離擺渡車，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝3m/s由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v共2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3。(3)對(duì)滑塊由牛頓第二定律得：μmg＝ma減速階段：t1＝eq\f(v0－v共,a)＝1sx1＝eq\f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5m勻速階段t2＝eq\f(L0－x1,v共)＝1.5s則滑塊從G到J用時(shí)t＝t1＋t2＝2.5s。[答案](1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s[針對(duì)訓(xùn)練]如圖所示，質(zhì)量為6m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣齊平。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C，C與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩豎直時(shí)小球恰好與C接觸。現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點(diǎn)的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大；(3)通過計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來。解析：(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為v0，小球向下擺動(dòng)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)。在豎直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，設(shè)C碰后速率為v1，以小球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＋3mv1設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過程，設(shè)兩者最終共同速率為v2，由動(dòng)量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒定律得：eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)(3m＋6m)v22＋μ·3mgs聯(lián)立解得：s＝eq\f(L,2)由s＜L知，滑塊C不會(huì)從木板上掉下來。答案：(1)3mg(2)L(3)滑塊C不會(huì)從木板上掉下來[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]1．如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實(shí)物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時(shí)，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時(shí)間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計(jì))。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長(zhǎng)度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq\f(1,2)mv02因?yàn)橹劐NA與樁B發(fā)生了時(shí)間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12聯(lián)合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一負(fù)解不合實(shí)際情況，故舍去。(2)設(shè)使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，要打N次，根據(jù)動(dòng)能定理，有：(M＋m)gl－W總＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W總＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)20252．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補(bǔ)充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動(dòng)能在原來基礎(chǔ)上增加一定值。右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時(shí)針方向以恒定速率v＝6m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長(zhǎng)度L＝9m。放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質(zhì)點(diǎn))間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈性勢(shì)能Ep＝9J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊質(zhì)量mA＝mB＝1kg?，F(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，迅速移去輕彈簧，此時(shí)，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶。取g＝10m/s2。(1)求A、B剛被彈開時(shí)的速度大?。?2)試通過計(jì)算判斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶；(3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶，則P應(yīng)給A至少補(bǔ)充多少動(dòng)能才能使二者一起滑離傳送帶？解析：(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0聯(lián)立以上兩式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假設(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度減小到零，設(shè)位移為x，由動(dòng)能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。(3)設(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1，由功能關(guān)系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)。由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物塊B回到皮帶左端時(shí)速度大小應(yīng)為v2＝vB＝3m/s設(shè)B與A發(fā)生碰撞粘連后速度為v′，由動(dòng)量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑離傳送帶，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)3m/s3m/s(2)不能(3)108J3．(2021·海南高考)如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大小；(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，聯(lián)立化簡(jiǎn)得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再根據(jù)功能關(guān)系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，聯(lián)立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F＝μmg，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑＝μg，滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，則整個(gè)過程中木板滑動(dòng)的距離為x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，則拉力所做的功為W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv024．(2022·浙江6月選考)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大小；(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)。解