2023年高考物理一轮复习核心知识点提升-用三大观点处理力学问题

6.4用三大观点处理力学问题

(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.

(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.

2.力学规律的选用原则

(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及

时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.

(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和

机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.

⑷在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总

功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐

含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.作用时间都极短，因此用动量守恒

定律去解决.

动力学与动量观点的综合应用

1.力学中的五大规律

规律公式表达

牛顿第二定律F合=ma

卬合=八&

动能定理

1919

E\=Ei

机械能守恒定律mghi+v?=mgIn+3m%

FM=p'—p

动量定理

I合=bp

动量守恒定律mw\+m2V2=m]V\f+m2V2,

2.规律的选用

(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。

(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作草图。

(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律：

①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；

②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出

过程中的冲量(功)；

③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则

可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于

求研究对象在末状态时的速度(率)。

(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、

临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。

(5)代入数据，计算结果。

例题1.如图所示，木箱的质量为M=5kg,长度为L=lm,其右侧与墙壁的距离为

d=2m,木箱底部有一质量为〃z=lkg的小物块(可看作质点)，小物块与木箱左壁

间有一很小缝隙。厂0时刻，在水平向右的外力F作用下，木箱从静止开始运动

瞬间小物块与木箱达到相对静止状态，小物块与木箱底部的动摩擦因数为〃=°2,

木箱与地面间的摩擦不计，木箱与墙壁碰撞后停止运动并被锁定，同时撤去外力

「小物块与木箱发生的每次碰撞都是时间极短的弹性碰撞，当小物块与木箱右

壁碰撞后迅速解除对木箱的锁定，重力加速度大小为g=l0mzs;

(1)当尸=9N时，求木箱到达墙壁之前与物块间的弹力和摩擦力大小；

(2)当尸=54N时，

①求小物块离开木箱左壁后，小物块与木箱碰撞的次数和最终静止在木箱中的

位置；

②若小物块与木箱底部的摩擦也不计，求小物块与木箱发生"(«>1)次碰撞

后，两者的速度大小。

【答案】（1）0，f=1.5N；（2）①7次，②当碰撞次数〃为奇数时，碰后

物块速度大小为6m/s,木箱速度为0；当碰撞次数〃为偶数时，碰后物块速度

大小为4m/s,木箱速度大小为2m/s

【解析】

（1）设想将木箱左壁去掉，当斤=9N时，两者保持相对静止，小物块与木箱左

壁之间无弹力，对整体，根据牛顿第二定律

E=（M+m）a对物块，根据牛顿第二定律

/=，也联立代入数据解得

/=1.5N（2）设木箱到达墙壁的速度大小为%,根据动能定理

木箱与墙壁碰撞后，物块在木箱内做匀减速运动，设其到达木

箱右壁的速度大小为%由运动学规律得

v『=v；-2"gZ,物块与木箱右壁碰后以原速率反弹，此后的运动物块与木箱系统

动量守恒，设系统最终速度为u，物体相对滑动的路程为S,取向左为正方向则

有

〃M=（M+机户根据能量守恒定律有

gm端=g（M+能）丫2+〃％gs联立解得

s=2g0m所以物块与木箱碰撞次数为7次，相对静止时物块距木箱右壁的距离_为

2

3m°

（2）木箱与墙壁碰撞后，物块做匀速直线运动，与木箱右壁碰撞后匀速运动至

木箱左壁与之碰撞，根据动量守恒定律有

=mvx+MV2根据系统机械能守恒有

；"就=J*+J爪代入数据解得

匕=%=6m/s匕=0或者

匕=等二%='=-f^v0=2m/s当碰撞次数n为奇数时，碰后物块速度大

小为6m/s,木箱速度为0；当碰撞次数〃为偶数时，碰后物块速度大小为

4m/s,木箱速度大小为2m/s。

2022年在我国举办了第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观

赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道A3与弯曲滑道平滑衔接,

滑道高/?=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点。质量机=60kg的运动

员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4m/s2,到达B点时速度VB=30

m/So重力加速度g取10m/s?。

"I…一…c(1)求运动员在段运动的时间f；

⑵求运动员在AB段所受合外力的冲量/的大小；

(3)若不计8C段的阻力，求运动员经过C点时所受支持力Fc的大小。

【答案】(1)7.5s(2)1.8X103N-S(3)3.9xl()3N【解析】

(1)根据匀变速直线运动公式有vB=at,代入数据可得Z=7.5So

(2)根据动量定理有

代入数据可得/=1.8X103N-S»

(3)运动员在5c段运动的过程中，由动能定理有

mgh=jnvh-^m^

在C点，由牛顿第二定律有Fc~mg=m^

代入数据可得Fc=3.9X103No

汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,

立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车R两车碰撞时和两车都完全停止后的位

置如图1所示，碰撞后8车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m.已知A和

B的质量分别为2.0xl()3kg和1.5X103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均

为0.10,两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10

m/s2.求:

AB

f|2.0m|<-4.5m-*|

，〃〃〃令〃〃〃'畲11)碰撞后的瞬间B车速度的大小;

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.

【答案】(1)3.0m/s(2)4.25m/s

【解析】(1)设8车的质量为加8,碰后加速度大小为四.根据牛顿第二定律有

IunBg=mBaQ

式中〃是汽车与路面间的动摩擦因数.

设碰撞后瞬间8车速度的大小为W,碰撞后滑行的距离为SB.由运动学公式有

vn'2z=2ansn®

联立①②式并利用题给数据得

W=3.0m/s③(2)设A车的质量为FWA,碰后加速度大小为小，根据牛顿第二定律

有

设碰撞后瞬间A车速度的大小为VA，，碰撞后滑行的距离为SA,由运动学公式有

VA，2=2aASA(§)

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为“两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAVA-mAVA'+mBVB'®

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

V4=4.25m/s.

动量与能量观点的综合应用

例题2.

长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为如的小球A,处于静止状态.A受到一

个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当

A回到最低点时，质量为侬的小球B与之迎面正碰，碰后A、8粘在一起，仍做

圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g,求:

(1)A受到的水平瞬时冲量/的大小；

⑵碰撞前瞬间B的动能同至少多大？

【答案】⑴如商⑵代产

【解析】

(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点

时的速度大小为也由牛顿第二定律，有

V2

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A

在最低点的速度大小为UA,有

%?IVA2=^m\v2+2m\gl

联立解得VA=-45gl

由动量定理，有/=如％=如图(2)设两球粘在一起时速度大小为K,若A、8粘

在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足

V，=VA

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前3的速度方向相同，以此方向为

正方向，设8碰前瞬间的速度大小为惬，由动量守恒定律，有

miVB-m\VA=(m\+mi)/

联立解得川=丫-------

又Ek=2^VET

可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为

5g/(2租1+62)2

Ek=2/712-

如图所示，光滑水平轨道左端与倾角夕=37。的足够长的斜面

PM连接，右端与半径为R的/光滑圆弧轨道QN连接.质量分别为加=2kg和

加2=3kg的滑块A、8之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质

点，炸药的质量忽略不计).炸药引爆后释放的化学能E=30J全部转化为两滑块

的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM,A与斜面间的动摩擦

因数为"=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=08求:

P\Q

XAB\J

-MnN(1)炸药引爆后A、8到达M、N点时的动能蜃、EB各为多大;

(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q,圆弧轨道的半径R是多大;

(3)A沿斜面上滑的最大距离工

【答案】(D18J12J(2)0.4m(3)0.9m

【解析】

(1)设炸药引爆后A、3的速度大小各为q、V2,

取向左为正方向，由动量守恒定律得

mw\—m2V2=0由能量守恒定律得：E=^/nivr+|/n2V22;

，2

可得琢=亍"102,EB=-Z?Z2V2；

联立解得瓦=18J,EB=12J

(2)5从N到。的上滑过程，由机械能守恒定律得EB=migR

可得/?=0.4m

(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：

一/mg无sin37°一囚nigxcos370=0—£4

解得x=0.9m.

G国68N如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙,

2

侧壁光滑，半径R/m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为加

=0.2kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90。；现给A滑块一瞬时冲量，使其

获得vo=2Vwm/s的初速度并沿铁槽运动，与8滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间

极短)；已知A、3滑块与铁槽底面间的动摩擦因数〃=0.2,^=10m/s2；试求：

(1)A、8第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm

(2M滑块运动的总路程.

【答案】见解析

【解析】

(1)对A滑块，由动能定理可得：

2兀/?

—//wg^-=：2mv,2,WV0

A、8碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得:

2

又由能量守恒定律可得：+m)V2+Epm

解得：£pm=1.8J

(2)A、3发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：，〃vi=，"V3+/”V4

又由机械能守恒定律可得：

J"02=3加V32+^/MV42

解得：V3=O,V4=6m/s

A、B的总路程为si,由功能关系有：一〃〃7gsi=0一5而

A、8运动的总圈数为〃，有：si=2n/E

得：n=2.5

对A、B的运动过程分析，A运动了L25圈，

故A滑块的路程S2=1.25x2兀A=5m.

力学三大观点的综合应用

例题3.如图所示，长度L=04m的轻绳上端固定在。点，下端拴接一个质量

町=0.2kg的小球，轻绳伸直时小球与水平台面A8右端接触且恰好无压力，质量

W=0.2kg的长木板紧靠水平台面AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台

面A8等高，长木板上表面足够长。质量外=04kg的小物块在水平台面A8上以

大小%=26m/s的初速度向右运动，经过距离心二筋后与小球发生碰撞，随后小

球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑

上长木板。已知小物块与小球均可看作质点，小物块与水平台面A8间的动摩擦

因数4=0.2,小物块与长木板间的动摩擦因数4-5，长木板与水平地面间的动

摩擦因数"「10,取重力加速度大小求：

(1)碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；

(2)小物块刚滑上长木板时的速度大小；(3)小物块在长木板上相对于长木板

滑行的时间。

“O

vL【答案】(1)F=12N；(2)v'=/s;

77777777777777777777\\

AB77777777777777777777

⑶T

【解析】

(i)小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在坚直平面内做完整的圆周

运动，

小球在最高点时，由牛顿第二定律有

松=班亍解得

Lt

「2侬设碰撞后瞬间小球的速度大小为匕，根据机械能守恒定律有

3见年=Lmy+/rhg.2L解得

匕=2石m/s在最低点，根据牛顿第二定律有

尸一犯g=叫色解得

F=12N(2)设小物块在水平台面A8上滑到8点时的速度大小为v,根据动能

定理有

-4吗gs[=1m^v2-；仁说解得

—2石m/s小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有

w2v=/n,v1+机2/解得

i/=^m/s(3)小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有

外，巧g=m2a,解得

q=2>/5m/s2对长木板有

必〃建一4（色+〃4）g=外％解得

生=^m/s2小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有

1/-卬=®解得

1

—S如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹

3

簧左端固定，右端连接着质量"=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带,

它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以“=2m/s的速

率逆时针转动，质量m=lkg的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高

6=lm处由静止释放。已知传送带上表面长/=lm,物块B与传送带之间的动摩

擦因数〃=0.2。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A

静止且处于平衡状态，取g=I0m/s2。

（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；

（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；

（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上;

（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁

定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第〃次碰撞后速度的大

【答案】（1）2后m/s；（2）4m/s；

【解析】

（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为%,由机械

能守恒知

〃侬7=方相说求得物块B刚滑上传送带时的速度大小

V『麻=2小m/s（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加

速度大小为。，有

〃牝g=,加设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有

/一片=一2./联立解得

y=4m/s

由于v>〃=2m/s,所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大

小。

（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为/、刃，取向右为正方向，由弹

性碰撞知

-mv-mv+Mu'—mv1=gw：+义加力解得

x2

v,ng-gm/s即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上

向右运动的最大位移为则

0-vf=-2al'/'=1/"<1m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。

（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。

可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为V/,继而与物块A发生第二

次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为电，同上计算可知

为=；匕=（；）、物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的

速度大小依次为

匕=卜=（；）%匕=卜=（；）%则第n次碰撞后物块B的速度大小为

匕=（»即

国2022年2月5日，由任子威、武大靖、曲春雨、范可新

3"G63

和张雨婷组成的中国队获得短道速滑混合团体2000米接力比赛冠军。这是中国

代表团在北京冬奥会上夺得的首枚金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如

图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程。甲的质量町=60kg,乙的

质量S=75kg,交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，交棒前两人均以

%=10m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度

变为%=2m/s,方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间

两人均在一条直线上运动。

（1）求二人分开时甲的速度大小匕；（2）若乙推甲的过程用时0.8s,求乙对甲

的平均作用力的大小长

（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能,

且不计其它力做功，求乙消耗的化学能E。

【答案】(1)20m/s；(2)750N；(3)5400J

【解析】

（1）取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

(w(+)%=w1v1+m2v2解得

W=20m/s（2）对甲由动量定理得

Fl=叫匕-叫%解得

F=750N（3）对二人组成的系统，根据能量守恒定律得

!（町+吗丽+E=；町V+1m2v-解得

野嘴境缥合提升练

E-5400J1.如图所示，光滑水平面上有相同高度

的平板小车A和B,质量分别为mA=0.3kg和mB=0.2kg,滑块C静止于A车

右端，质量mc=0.1kg,可视为质点。。与A之间的动摩擦因数〃=0.2。现A车

在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t=\s的时间运动了x=1.5m的

距离，撤去推力随即与8车发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短）。假设A车足够

长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取lOm*。

c

U,、41L、81

—2卯意-⑴求A、B两车碰撞前瞬间，滑块。与A车右端

的距离Ax；

(2)若A、8两车碰撞前瞬间，8车的速度vs=2.5m/s、方向水平向左，试通

过计算判断滑块C能否滑上B车。

【答案】(1)0.5m(2)不能

【解析】

(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为ac,运动的距离为尤c,由牛顿第二定

律得

fimcg=mcac

由运动学公式得xc=^act2且Ax=x—xc

联立解得Ax=0.5m。

(2)设A、B碰撞前A的速度大小为VM,C的速度大小为vc,由运动学公式

/曰1

IrfX=^VAt9VC=CICt9

设碰撞后A、8的速度大小为VA8,由动量守恒定律得

mAVA-niBVB=(AHA+加8)VAB

设A、B、。最终的共同速度大小为VABC,由动量守恒定律得

(mA+mcvc=(mA+mB-Vmc)v,\BC

设碰撞后。相对A、8车发生的相对位移为心，由能量守恒定律得

3(侬+m«)或B+^mcvi=^(mA++me)VABC~\~/imcgL.x

联立解得心=0.3m<A.r

所以滑块。不能滑到8车上。

2.光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上

表面等高，小车质量M=2.0kg,高//=0.2m,如图所示.现从圆弧导轨顶端

将一质量为m=0.5kg的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块

正好从小车右端水平飞出，落在地面上的8点.滑块落地后0.2s小车右端也到

7T-----TT*-----lJ

达B点、.已知相距L=0.4m,g取lOm/s?,求：AB

⑴滑块离开小车时的速度大小；

(2)圆弧导轨的半径；

(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能.

【答案】(l)2m/s(2)1.8m⑶7J

【解析】

(1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：

,12

力=利1

沿水平方向：L=v\t\

解得：力=\^=°・25，vi=，=2m/s

I04

(2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：V2=-^—=n9l，m/s=lm/s

滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选

取向右为正方向，

则：mvQ=mv\-\-Mv2

代入数据得：vo=6m/s

滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有：

1,

mgR=^nvo

代入数据得：R=1.8m

(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：△E=mg/?一&”02

+^Mvr)

代入数据得：AE=7J.

3.如图所示，水平轨道0P光滑，PM粗糙，PM长L=3.2m.0M与半径H=

0.15m的竖直半圆轨道MN平滑连接.小物块A自。点以vo=14m/s向右运动，

与静止在尸点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、8分开，A恰好运

动到M点停止.A、B均看作质点.已知A的质量如=1.0kg,8的质量〃3=2.0

kg,A、B与轨道PM的动摩擦因数均为〃=0.25,10m/s2,求：

N

(1)碰后A、B的速度大小;

⑵碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；

(3)若8恰好能到达半圆轨道最高点N,求沿半圆轨道运动过程损失的机械能.

【答案］⑴4m/s5m/s(2)0.8s(3)1.5J

【解析】

(1)由牛顿第二定律，A、8在PM上滑行时的加速度大小相同，均为「，

“用权”msg

amAme阳

代入数据得：a=2.5m/s2

由运动学知识,对A,v\1=2aL

得碰后速度vi=4m/s

A、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：WAW=

mAV\+/H8V2

得碰后B的速度V2=5m/s

(2)对8物块，P到M的运动过程，有：

L=V2t—^at2

结合(1)可解得：h=3.2s(不符合，舍去)

72=0.8s

即所求时间f=0.8s

(3)8在M点的速度大小巧=力一々

代入数值解得：V3=3m/s

2

8恰好过N点，满足：号=晔

M到N过程，由功能关系可得△£'=g/?7BV32——

联立解得损失机械能：AE=L5J.

4.打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通

过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图

中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L重物A和B的质量均为加，系

统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60%

某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速

度为小管时,与正下方质量为2〃?的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C

的速度为零，D竖直向下运动吃距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、

B、C、D均可视为质点。

（1）求C的质量；

（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求厂的大小；

（3）撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C

的总动能最大时C的动能。

【答案】(1)y/3m；(2)6.5mg；(3)

(4-2\/3)/ngL

【解析】

（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

meg=2mgcos30°解得mc=>/3m

（2）CO碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度用根据动量守恒定律可知

6加*°+2团”解得

栏°碰撞后。向下运动急距离后停止，根据动能定理可知

0-gX2mv-=2mg£一?卷解得

F=6.5mg

(3)设某时刻C向下运动的速度为M,AB向上运动的速度为v,图中虚线与

竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律可知

—mv2+2x—cosa)2=mg2mg(七)令

2e2ctanasina

y=mg--—D对上式求导数可得

etanasina

生=岛3尸\+2M产》当半=o时解得

da(sina)(sina)da

cosa=^-即

2

a=30°此时

尸”高一2〃/*一)=皿丁是有

]，1V2=gL

—mv2+2x—in(vcosa)2=mgL解得36

2c2—i

42

此时。的最大动能为

”优=(4一2后加gL5.如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分

AB和半径为R的四分之一光滑圆弧组成，滑板静止于光滑的水平地面上，

物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦

因数为"(已知〃<1,但具体大小未知)，一根长度为L、不可伸长的轻细线，

一端固定于。'点，另一端系一小球Q,小球Q位于最低点时与物体P处于同一

高度并恰好接触。现将小球Q拉至与。'同一高度(细线处于水平拉直状态)，

然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极

短)。已知小球Q的质量为〃?，物体P的质量为2〃z,滑板的质量为6而，R=

重力加速度为g，不计空气阻力，求：(结果可用根式和分式表示)

(1)小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；

(2)小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；

(3)若要保证物体P既能到达圆弧BC,同时不会从C点滑出，物体产与滑板

水平部分的动摩擦因数"的取值范围；

(4)若〃=、，物体P运动轨迹的最高点与。点间的高度差。

【答案】(1)3,咫；

mgL=gmv2则

丫=梃记由牛顿第二定律可得

尸-MJg=加亍则细线对小球拉力的大小为

F=3mg(2)小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得

mv=mv,+2mv2由能量守恒定律得

2

g机1?=1,„V|+；.2"应解得

&匣(3)如果物体p运动到。点与滑板共速，根据动量守恒和能量守恒

3

得

2加%=8叫1-2mv；=~-8,欣+2mg-R+//min-2mgL解得

〃而“=尚如果物体P运动到B点与滑板共速，根据水平动量守恒和能量守恒得

2〃叫=8〃%1-2mv；=~-8/nv；+jumm-2mgL解得

4MX所以物体P与滑板水平部分的动摩擦因数范围为於

(4)由题可知，物体P运动到C点时，水平方向与滑板共速，竖直方向有向

上的速度，之后物体P会离开滑板做斜上抛运动，在最高点时竖直速度为零,

水平速度与滑板速度相同。根据水平动量守恒和能量守恒得

2

2mv2=8〃*；x2/nv,=gx8机内?+2mg(/?+〃)+〃•2mgL解得

h±6.如图所示，光滑水平面上竖直固定一内壁光滑的轨道，轨道左侧的水

平面上有可视为质点的方两个小球，其质量分别为机和3加，匕球静止，a

球以速度％=")m/s向右运动并与方球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，碰后匕球

能从最低点进入竖直轨道，已知重力加速度g=103/,不计空气阻力，求:

(1)碰后。、。球的速度大小;

(2)要使b球进入轨道后能做完整圆周运动，求圆周轨道半径R的最大值。

【答案】⑴5m/s,5m/s；

(2)/?=0.5m

【解析】

(1)根据题意，选向右为正，根据动量守恒定律有

叫=mva+3mvh由机械能守恒可知

g""；=g机4+gx3mv；解得

vu=-5m/s,vh=5m/s

即碰后以〃球的速度大小均为5m/s。(2)若人恰能到最高点，由牛顿第二定律

有

3成?=驾2从M点到最高点，对〃由动能定理有

A

-3mg-2R=-^-3mv2-g•3机”；解得

R=O.5m7.如图所示，长L=4.5m、倾角37。的固定粗糙斜面在最低点与粗糙水

平地面平滑连接，滑块A从斜面顶端由静止下滑，滑块B静止在斜面底端，两

滑块发生弹性碰撞后撤去滑块A,滑块B在水平地面上滑行的最远距离为

6/=0.8ino已知啊=5%，两滑块均可视为质点且与触面间的动摩擦因数相同，

重力加速度为g=1Om/s?,sin37。=0.6。

求滑块与接触面间的动摩擦因数。

A

【答案】A=0.25

【解析】

设滑块A沿斜面下滑时的加速度大小为4,有

"?Agsin。-〃心gcosO=mA4设滑块A下滑到斜面底端时的速度大小为％，则有

说=2“/设碰后滑块A的速度为匕、滑块B的速度为匕，对碰撞过程由动量守

恒定律有

%%=wAv,+/nBv2由机械能守恒定律有

1^AVOa片+；/成对滑块B由运动学规律有

解得

A=0.258.两根不可伸长的、长度均为5m的轻细绳一端悬挂在距地面高〃=5m的

。点，另一端分别拴接质量为2kg的小球A和质量为1kg的小球B,A、B自然

下垂时恰好与地面接触不挤压，某时刻B球自然下垂，