综合运用动力学动量观点能量观点分析解决多物体多过程问题高三物理一轮复习专题

一.必备知识精讲1.解动力学问题的三个根本观点〔1〕力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2.力学规律的选用原那么〔1〕如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，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〕假设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能量守恒定律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。〔4〕在涉及相对位移问题时那么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，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。3.解题技巧〔2〕通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。〔3〕明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用量和未知量列出相关方程。一个方程不能求解，那么通过方程组求解。二.典型例题精讲：例1：(·高考)如下图，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)假设碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。[答案](1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)第一步：抓关键点第二步：找突破口(1)物块A在Q的速度v>eq\r(gR)，所受弹力方向竖直向下，满足：mg＋F＝meq\f(v2,R)。(2)物块A与B碰前的速度仍为v0。(3)物块A、B碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为kL·2μmg。(4)物块A、B碰后滑至第n个光滑段上时一定滑过了n个粗糙段。[解析](1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2所以A滑过Q点时的速度v＝eq\r(v02－4gR)＝eq\r(62－4×10×0.5)m/s＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg＋F＝meq\f(v2,R)所以A受到的弹力F＝eq\f(mv2,R)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×42,0.5)－1×10))N＝22N。(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，那么mv0＝2mv′所以v′＝eq\f(1,2)v0＝3m/s从碰撞到AB停止，根据动能定理，得－2μmgkL＝0－eq\f(1,2)·2mv′2所以k＝eq\f(v′2,2μgL)＝eq\f(32,2×0.1×10×0.1)＝45。(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得－2μmgnL＝eq\f(1,2)·2mvn2－eq\f(1,2)·2mv′2解得vn＝eq\r(9－0.2n)(n＜k)。三.举一反三，稳固练习1.〔卷13，11分〕如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，假设后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：〔1〕滑道段的长度；〔2〕滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】〔1〕；〔2〕【解析】〔1〕设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有解得滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，那么背包的滑行时间为，由运动学公式得联立解得或故可得〔2〕背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有解得2.〔卷13，11分〕算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如下图，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。〔1〕通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；〔2〕求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】〔1〕能；〔2〕0.2s【解析】〔1〕甲乙滑动时的加速度大小均为甲与乙碰前的速度v1，那么解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时那么可知乙恰好能滑到边框a；〔2〕甲与乙碰前运动的时间碰后甲运动的时间那么甲运动的总时间为3.〔卷14，15分〕如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。〔1〕假设A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；〔2〕假设A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；〔3〕将质量为〔为常数且〕的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞〔碰撞时间极短〕，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。

【答案】〔1〕；〔2〕〔其中，〕；〔3〕【解析】〔1〕物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理解得〔2〕物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有，解得水平初速度为物块从点到落点，根据动能定理可知解得落点处动能为因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得化简可得即〔其中，〕〔3〕物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知解得-------①物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，那么A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。那么解得----②-------③设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知解得-------④据题意，A落在B落点的右侧，那么-------⑤据题意，A和B均能落在弧形轨道上，那么A必须落在P点的左侧，即：-------⑥联立以上，可得的取值范围为4.〔6月选考卷21，12分〕如下图，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。〔1〕假设小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；〔2〕假设小球能完成整个运动过程，求h的最小值；〔3〕假设小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

【答案】〔1〕4m/s；〔2〕；〔3〕0.8m【解析】【分析】【详解】〔1〕小滑块轨道上运动代入数据解得〔2〕小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有，解得小球沿轨道运动，在最高点可得从C点到E点由机械能守恒可得其中，解得〔3〕设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理由平抛运动可得，联立可得水平距离为由数学知识可得当取最小，最小值为5．如下图，质量为M1的小车和质量为M2的滑块均静止在光滑水平面上，小车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次到达左侧最高点的过程中，以下说法正确的选项是()A．小球与小车组成的系统机械能守恒B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒C．小球运动至最低点时，小车和滑块别离D．小球一定能向左摆到释放时的高度答案BC解析对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在整个过程中滑块获得了动能，那么小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，那么在水平方向上动量守恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，那么小车向右的动量减小，速度减小，与滑块发生别离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，最终滑块的速度不为零，那么当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。6．如下图，完全相同的甲、乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0时刻)，那么以下说法正确的选项是()A．甲、乙两车组成的系统在0～eq\f(2mv,F)时间内的动量守恒B．甲、乙两车组成的系统在eq\f(2mv,F)～eq\f(3mv,F)时间内的动量守恒C.eq\f(2mv,F)时刻甲车动能的大小为mv2D．0～eq\f(2mv,F)时间内系统产生的内能为2mv2答案AD解析设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有F＝2f，可得f＝eq\f(F,2)，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量定理得－fΔt＝0－mv，联立可得Δt＝eq\f(2mv,F)，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝eq\f(2mv,F)时间内，甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；在t＝0至t＝eq\f(2mv,F)时间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝eq\f(2mv,F)时刻，甲的速度为v1，那么有2mv＝mv1，解得v1＝2v，那么t＝eq\f(2mv,F)时刻甲车动能为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mv2，故C错误；0～eq\f(2mv,F)时间内，对甲车，根据动能定理有(F－f)s1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，可得甲车克服摩擦力做的功为W1＝fs1＝eq\f(3,2)mv2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W2＝eq\f(1,2)mv2，根据功能关系可得系统产生的内能为Q＝W1＋W2＝2mv2，故D正确。7.如下图，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1kg的物块A以v0＝10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零．物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，物块A、B均可视为质点．求：图2(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．答案(1)150N，方向竖直向下(2)2m解析(1)物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力FT向下，由牛顿第二定律可得：FT＋mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)解得FT＝150N，那么物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150N，方向竖直向下；(2)由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前瞬间的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：mv0＝mv1＋Mv2碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：veq\o\al(22,)＝2axBFf＝μMg＝Ma解得v1＝－2m/s，v2＝6m/s由机械能守恒定律可知，物块A假设能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：eq\f(1,2)mveq\o\al(min2,)＝mg×2Rvmin＝2eq\r(5)m/s>2m/s那么物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为xA，那么：veq\o\al(12)＝2μgxA解得最终物块A静止的位置到P点的距离xA＝2m8.如下图，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)滑块1过B点的速度大小；(2)弹簧释放的弹性势能大小；(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．答案(1)eq\r(gR)(2)eq\f(15,4)mgR(3)eq\f(5,16)解析(1)滑块1恰能经过B点，那么有mg＝meq\f(v\o\al(B2,),R)解得：vB＝eq\r(gR)(2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)解得vA＝eq\r(5gR)滑块1、2被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv根据能量守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)＋eq\f(1,2)·2mv2联立解得：Ep＝eq\f(15,4)mgR(3)滑块1经过B点后做平抛运动，那么水平方向有：x＝vBt竖直方向有：2R＝eq\f(1,2)gt2滑块2在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－eq\f(1,2)·2mv2联立解得：μ＝eq\f(5,16)9．如下图，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧栓接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，OM＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：(1)弹簧的劲度系数；(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；(3)M、P两点之间的距离。答案(1)eq\f(mg,2l)(2)eq\r(\f(3,2)gl)(3)9l解析(1)B静止时，根据平衡条件得kl＝mgsinθ那么弹簧的劲度系数k＝eq\f(mg,2l)。(2)当弹簧第一次恢复到原长时A、B恰好别离，设此时A、B的速度大小为v3，对A物体，从A、B别离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mgΔh此过程中A物体上升的高度Δh＝1.5lsinθ解得v3＝eq\r(\f(3,2)gl)。(3)设A与B相碰前的速度大小为v1，相碰后的速度大小为v2，M、P两点之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰前，根据机械能守恒定律得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)A与B碰撞过程，根据动量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2设B静止时弹簧的弹性势能为Ep，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,2)＋Ep＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,3)＋(m＋m)glsinθB物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹簧的弹性势能也为Ep对B物体和弹簧，从A、B别离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mglsinθ＋Ep解得M、P两点之间的距离x＝9l。10.如下图，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为防止两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2为防止两船相撞应满足v1＝v2解得vmin＝4v0。11.如下图，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板．木板上外表与圆弧轨道末端切线相平，木板下外表与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10m/s2.求：图3(1)小物块到达C点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．答案(1)4m/s(2)60N，方向竖直向下(3)2.5m解析(1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，vC＝eq\f(v0,cos60°)＝4m/s(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)，代入数据解得：vD＝2eq\r(5)m/s.小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(D2,),R)代入数据解得：FN＝60N，由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60N，方向竖直向下．(3)假设小物块始终在长木板上，当到达共同速度时速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v解得：v＝eq\f(\r(5),2)m/s对物块和木板组成的系统，由功能关系得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得：L＝2.5m12．(·八省联考卷)(14分)如下图，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。答案(1)0eq\r(2gkL)(2)当k<eq\f(1,4)时，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；当k>eq\f(1,4)时，t＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1,2k＋1)·eq\r(\f(L,8kg))解析(1)A和B恰好能静止，那么mgsinθ＝μmgcosθ给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g设与B碰前A的速度为v1，有veq\o\al(2,1)＝2gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′由机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mv1′2联立解得v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)A、B第一次碰后，B受力平衡，沿斜面做匀速直线运动，B运动到斜面底端所用时间为t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))碰后A的加速度不变，A运动到斜面底端所用时间为t2＝eq\r(\f(2L,g))假设t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)当k<eq\f(1,4)时，A与B同向相撞(即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞)，此时有eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)t解得t＝2eq\r(\f(2kL,g))当k>eq\f(1,4)时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)根据题意，B与挡板碰后速率仍为v2＝eq\r(2gkL)，设B沿斜面向上运动时加速度大小为a′，那么mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g设B向上运动时间t2后与A第二次相撞，那么L＝eq\f(1,2)g(t1＋t2)2＋v2t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(4k－1L,\r(8kgL)＋4k\r(2kgL))＝eq\f(4k－1,2k＋1)eq\r(\f(L,8kg))，B向上减速至零的时间t0＝eq\f(v2,g)eq\r(\f(2kL,g))因为eq\f(t2,t0)＝eq\f(4k－1,4k2k＋1)＜1，故所求t2合理那么t＝t1＋t2＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1,2k＋1)·eq\r(\f(L,8kg))。13．如下图，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2kg，物块B的质量m2＝1kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10N，使物块A由静止开始运动，经过12s物块A刚好运动到物块B处，物块A与物块B碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；(2)假设在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？答案(1)6m/s(2)3.4m解析(1)设A与B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcos37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a解得：a＝0.5m/s2那么速度v1＝at＝6m/s。(2)A、B第一次相碰过程，以水平向右为正方向，设碰后A的速度为v1′，B的速度为v2由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得：v1′＝2m/s，v2＝8m/s对A从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm1gsA＝0－eq\f(1,2)m1v1′2解得：sA＝0.4m对B从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm2gsB＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得：sB＝6.4m物块A和B能发生第二次碰撞的条件是sA＋sB>2L，解得L<3.4m即要保证物块A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4m。14.如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2kg，车上放置有质量mA＝2kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB＝4kg。木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x＝2m。现对小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求A、B间的动摩擦因数μ；(2)求恒力F的大小；(3)假设木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，假设要使物体B不与小车后壁发生碰撞，那么小车车厢前、后壁间距L至少为多少？解析(1)假设A、B间不发生相对滑动，那么A、B整体的加速度a′＝μ0g＝3m/s2由图乙可知，A的加速度aA＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2即A、B间发生相对滑动，对A有μ0(mA＋mB)g－μmBg＝mAaA可得μ＝0.25。(2)对小车，在该过程中，根据牛顿第二定律有F－μ0(mA＋mB)g＝Ma且x＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)aAt2可得a＝8m/s2，F＝34N。(3)由图乙知，当A与小车碰撞时A的速度vA＝4m/sB的速度vB＝μgt＝2.5m/s小车的速度v车＝at＝8m/s该过程中B相对于A滑动的距离为L1＝eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝0.75mA与小车组成的系统在碰撞中动量守恒，可知Mv车＋mAvA＝(M＋mA)v可得v＝6m/s当B恰好滑到A的左端与A到达共同速度v共时，B恰好不与小车后壁发生碰撞，设从A与车厢后壁碰撞至B滑至A左端这段时间B相对A滑动的距离为L2，对A、小车与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知(M＋mA)v＋mBvB＝(M＋mA＋mB)v共eq\f(1,2)(M＋mA)v2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋mA＋mB)veq\o\al(2,共)＝μmBgL2可得L2＝1.225m故小车车厢前、后壁间距L的最小值Lmin＝x＋L1＋L2＝3.975m。答案(1)0.25(2)34N(3)3.975m15.如下图，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8。在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；(2)物块B上升的最大高度；(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。解析(1)设轻绳长为L，因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，那么小球A自由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此时A的速度为v1，根据自由落体运动规律，可得veq\o\al(2,1)＝2gL轻绳伸直后瞬间小球A速度为v2＝v1cos30°从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，由动能定理得mAgL(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)联立解得v3＝5m/s。(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得mAv3＝mAv4＋mBv5eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,5)联立解得v4＝3m/s，v5＝8m/s物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v6，物块B上升的最大高度为h，木板长为L1由水平方向动量守恒及能量守恒定律得mBv5＝(mB＋M)v6eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,5)＝eq\f(1,2)(mB＋M)veq\o\al(2,6)＋μmBgL1＋mBgh联立解得h＝0.8m因0.8m>0.4m，物块B会飞出圆弧槽。(3)假设物块B最终能停在木板上，那么物块B与木板最终的共同速度仍为v6，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x