秘籍09 动力学三大观点的综合应用（教师版）-备战2024年高考物理抢分秘籍

秘籍09动力学三大观点的综合应用一、三大观点在力学中的应用力学三大观点对应规律表达式适用范围动力学观点牛顿第二定律F合＝ma恒力作用下的匀变速运动(包括匀变速曲线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题匀变速直线运动规律v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk求解功、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(摩擦生热)时，优先选用能量守恒定律机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体连续作用问题，用动量定理求解动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，用动量守恒定律求解【题型一】动力学三大观点解决多过程问题【典例1】（2024·四川广安·二模）某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B和C点，圆弧半径R=0.4m，BC长L=2m。某次实验中，将质量m=0.4kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。【答案】（1）0.1；（2）16.7%【详解】（1）滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为由牛顿第二定律有代入数据得从释放到Q，由动能定理有代入数据解得（2）滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定律有滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有代入数据得从碰后到Q，由机械能守恒定律有所以1．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为的小球（可视为质点），以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。（1）求该正方体物块的质量；（2）求小球离开孔道时的速度；（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，求小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有，解得，（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有，解得，即小球离开孔道时速度大小为，方向与初速度相同，即水平向右。（3）小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有小球在孔道圆弧部分运动的时间为，则有其中，该时间内，小球和物块的相对位移为解得小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移其中解得综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离解得2．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m的滑块，滑块右上角边缘AB为半径为R的光滑圆弧，圆弧最低点的切线沿水平方向。在桌子右侧有固定在水平地面上的管形轨道，轨道左端CD段为圆弧，对应的圆心角为60°，CD段圆弧和轨道上其余各竖直圆的半径均为R，小物体在轨道内运动时可以依次经过C、D、E、F、E、G、H、G、Ⅰ、L、I……。某时刻一质量为m的小物体自A点由静止释放，经过一段时间后恰好由C点沿着圆弧CD的切线无碰撞地进入管形轨道。已知轨道CD段和右侧各竖直圆内壁均光滑，轨道的内径相比R忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均为0.3，水平部分，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌面发生碰撞。（1）求小物体离开滑块时的速度大小；（2）求小物体开始释放时的位置距D点的水平距离；（3）求小物体停止运动时的位置距D点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据水平方向动量守恒和机械能守恒，解得（2）根据水平方向动量守恒可知且有可得小物体做平抛运动有解得平抛水平位移小物体开始释放时的位置距D点的水平距离（3）小物块在C点的速度设恰能到达第n个圆周的最高点，则有解得不能越过第二个圆周，则解得小物体停止运动时的位置距D点的距离3．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，段和段为在B点相切的圆弧，半径分别为，在圆弧的最上端A点的切线水平，为圆弧的圆心，与竖直方向的夹角为；圆弧的最下端C点的切线水平，为圆弧的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为，重力加速度大小为g，求：（1）滑块运动到B点时的速度多大；（2）滑块在段圆弧和在段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）到B点时对圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据牛顿第二定律得滑块运动到B点时的速度（2）在段圆弧，根据动能定理克服摩擦力做的功到C点时对圆弧轨道的压力大小为，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力根据牛顿第二定律得根据动能定理克服摩擦力做的功（3）根据在地面滑行时，加速度大小滑行距离所以滑块停下时离C点的水平距离为【题型二】动力学三大观点解决传送带问题【典例1】（2024·湖南邵阳·二模）某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：（1）释放后瞬间B的加速度大小a1；（2）该过程中B对A所做的功W；（3）传送带长度L。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得代入数据联立解得（2）A从静止加速到5m/s，发生的位移为解得A与传送带共速后，由于A继续加速，对A、B物体分析，可得代入数据联立解得且所以解得（3）设物体B落地时速度大小为v2，则有解得B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有解得物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为解得A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有解得从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为解得则有传送带的长度解得【典例2】（2024·辽宁抚顺·三模）一水平传送带以的速度顺时针匀速转动。将物块A轻轻放到传送带左端，物块A和传送带之间的动摩擦因数。传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为，且随物体到O点的距离x按图所示规律变化，传送带水平部分长，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹簧，B向右运动的最大距离为，物块A、B的大小可忽略，质量均为。g取。求：（1）A碰B前的瞬间A物块的速度；（2）A碰B后B物块的速度；（3）弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律设加速过程物块的位移为x则解得假设成立，A碰B前速度为。（2）A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得解得（3）AB碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热由图知B运动时，摩擦力对物块做的功根据能量守恒得解得1．（2024·云南昆明·三模）如图所示，长的水平传送带顺时针以速度匀速转动，可以视作质点且质量的物块A和物块B通过足够长的轻质细线相连（细线跨过光滑定滑轮）。t＝0时刻A物块从水平传送带最左端静止释放，时刻一质量为的子弹以初速度从右向左正对射入物块A并且穿出，穿出速度为，之后每隔就有一颗相同的子弹以相同的速度射入物块A并穿出，子弹射穿物块A时间极短且每次射入点均有细微不同。运动过程中细线OA始终保持水平，细线OB始终保持竖直，且物块B始终没有碰到地面，轻质细线始终未断裂。已知物块A与水平传送带之间动摩擦因数，重力加速度大小g取，求：（1）从静止释放物块A开始到物块A的速度与传送带速度相同所需的时间；（2）第一颗子弹射穿物块A后瞬间，物块A的速度大小；（3）物块A第一次运动到传送带右端所需时间。【答案】（1）0.5s；（2）；（3）7.5s【详解】（1）根据题意，物块A刚放上时，对B受力分析对A受力分析解得到达共速的时间（2）共速后，对B受力分析对A受力分析解得子弹射入前物块的速度子弹射入，物块A、B、子弹系统动量守恒解得（3）根据题意，结合上述分析可知，内内子弹射入后到下一次子弹射入过程中，物块A与传送带共速的时间为到下一次子弹射入前，物块A与传送带共速后的运动时间为物块A运动的距离为综上所述，相邻两次子弹射入间隔内，物块A向前运动的距离相等，则有物块A第一次运动到传送带右端所需时间2．（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为、，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径，圆弧PQ所对应的圆心角，轨道各处平滑连接。现将质量的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。，，求：（1）高度h；（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数；（3）滑块最终静止时离G点的距离x；（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解，竖直方向水平方向竖直位移为y，则，解得所以（2）滑块以滑上传送带，假设能被加速到，则成立。故滑块离开F点的速度从F到P由动能定理得解得（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则解得所以，滑块停止时离G点（4）设传送带速度为时，滑块恰能到Q点，在Q点满足解得从F到Q由动能定理得解得设传送带速度为时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得解得若滑块被传送带一直加速，则可得所以，传送带可调节的速度范围为【题型三】动力学三大观点解决滑块板块问题【典例1】（2024·山西·一模）连续碰撞检测是一项重要的研究性实验，其模型如图所示：光滑水平面上，质量为的小物块A，叠放在质量为、足够长的木板B上，其右侧静置着3个质量均为的小物块。A与B上表面间的动摩擦因数为。时，A以的初速度在B的上表面水平向右滑行，当A与B共速时B恰好与C相碰。此后，每当A、B再次共速时，B又恰好与C发生碰撞直到它们不再相碰为止。已知重力加速度为，所有碰撞均为时间极短的弹性碰撞，求：（1）时，B（右端）与C的距离；（2）B与C发生第1、2次碰撞间，B（右端）与C的最大距离。（3）C的最终速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由于地面光滑，A、B系统动量守恒，根据动量守恒解得共速时的速度对B从释放到第一次与A共速过程，用动能定理对B分析有解得时，B（右端）与C的距离为（2）B与C发生第1次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒解得，A、B第二次达到相同速度，根据动量守恒对B分析有解得由于C小物块与D小物块质量相等且发生弹性碰撞，碰撞后速度发生交换，C小物块碰后静止，D小物块速度为。A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为从C第一次被碰后，直到C碰D，历时为B的速度反向减速到0，历时为可知表明B的速度减小到0时，B距C最远，最远距离为（3）B与C发生第2次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒解得，依次类推，，由于小物块C后放着D、E物体，B与C会发生第3次弹性碰撞，碰撞后，，由于可知B与C不发生第4次弹性碰撞，故C的最终速度大小为【典例2】（2024·新疆·一模）如图（a）所示，将长为的粗糙木板与水平地面成角固定放置，将小物块从木板顶端由静止释放，与底端挡板碰撞后，恰好能回到木板的中点。之后将水板放置在光滑水平地面上，并在木板中点放置与完全相同的小物块，如图（b）所示，物块以的初速度滑上木板，并能够恰好不从木板的左端掉落。已知质量相同，以上过程中所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。，重力加速度，求：（1）与之间的动摩擦因数；（2）的大小；（3）若以的初速度滑上木板，且物块均能从木板左端掉落，则的大小应满足什么条件。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设质量均为。从释放到返回中点，能量守恒解得（2）恰好不从左端掉下的条件是：运动到木板左端时，恰好共速滑上木板减速，一起加速；与弹性碰撞交换速度，减速，相对静止，以相同初速度加速；与弹性碰撞交换速度后，以相同的初速度和加速度相对于向左运动，故当滑到的左端时，滑到的中点，由能量守恒解得（3）当滑到的左端时，滑到的中点，此时的速度为，的速度为。对整个系统动量守恒对整个系统能量守恒之后若恰好从左端掉落，此时共速，设速度大小为。与动量守恒与系统能量守恒解得故要使物块均能从木板左端掉落，则的大小应满足【典例3】（2024·山东枣庄·一模）如图所示，水平地面上P点左侧粗糙、右侧光滑，物块A静止放置在木板B上。物块A、木板B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ。P点右侧足够远处有N个（）质量均为3m的光滑小球向右沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面并以某一恒定速度向右运动，手指对物块A施加的压力大小为mg，运动时间后手指立即撤离。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上滑过距离的。手指撤离后经过时间，木板B右端刚好抵达P点，且A、B速度恰好相等。木板B完全通过P点的速度为其右端刚到P点时速度的。已知物块A始终未脱离木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。求：（1）木板B右端刚好到达P点时的速度；（2）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数μ'；（3）木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔；（4）从物块A开始运动到木板B与最后一个静止小球刚好相碰时的过程中，A、B之间因摩擦产生的热量。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）由题意可得，手指作用期间，AB发生相对滑动，B相对地面向右加速运动，对B有解得撤去手指后，B仍然向右加速运动，对B解得此时AB的速度为解得（2）撤去手指后，A向右减速，对A解得撤去手指瞬间，A的速度解得手指作用时，对A有假设手指作用时先与A相对滑动，设经t手指和A达到共速，随后保持相对静止，则指套在A上留下的指痕长度为滑块A在木板B上表面上滑动的距离为依题意解得手指作用时，A的加速度联立解得（3）设木板B完全通过P点时的速度v0，由题意可知随后木板B匀速运动，并与小球相碰，根据牛顿摆原理可得最左侧小球不动，最右侧小球被弹出，根据动量守恒和机械能守恒可知解得碰撞后木板B速度方向向左，设AB共速时速度为v1，根据系统动量守恒解得则碰后木板B先匀减速再反向匀加速，再次碰撞，设加速度为a，所需时间为t1，对木板B根据解得（4）手指作用期间，AB摩擦生热撤去手指到木板B到达P点之前，物块A相对木板的位移AB摩擦生热为木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的过程中，物块A相对木板B位移为第二次碰撞的速度为第一次碰撞速度的一半，则第二次碰撞到第三次碰撞过程中，物块A相对木板B位移为则碰撞阶段，AB摩擦生热为从木块A开始运动到所有小球都运动起来，AB之间的摩擦产生的热量解得1．（2024·贵州·一模）如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径，厚度相同、材质相同、质量均为的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为，滑块A的质量为，滑块B的质量为，滑块C的质量为，块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为和，有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；（2）求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；（3）滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？【答案】（1），；（2）12.96J；（3）0.16m【详解】（1）设滑块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机械能守恒定律得解得设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得联立解得，（2）滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为aA、aB，由牛顿第二定律得假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为aP，由牛顿第二定律得解得因滑块C的最大加速度为故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度aP做匀加速直线运动。设A与P达到共速的时间为t1，共速时的速度为v共，由速度一时间关系得解得，A与P达到共速时B的速度为A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为解得，，此过程A相对P的位移大小为此过程B相对P的位移大小为因故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为B的速度大小为可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为解得Q=12.96J（3）假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v共1，C相对Q的运动路程为s，最终对C与Q的相对运动过程，以向右为正方向，由动量守恒定律解得由能量守恒定律和功能关系解得因故滑块C是不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为。2．（2024·湖南·二模）如图所示，粗糙水平桌面EF左侧固定一个光滑圆弧轨道QS，其圆心为O，半径为R=0.75m，，S点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小球从P点以初速度水平抛出，恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知小球、木块、长木板质量分别为m、3m、2m，重力加速度为，小球与木块都可以视为质点，木板与桌面都足够长，木块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，sin37°=0.6，求：（1）小球刚进入圆弧轨道时的速度大小；（2）木块与小球碰后瞬间的速度大小；（3）木板在桌面上停下来时左端与S点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，分析几何关系知，此时速度与竖直方向夹角为故小球刚进入圆弧轨道时的速度大小（2）小球从Q点沿切线进入圆弧轨道运动到圆弧轨道下端S点的过程，由机械能守恒定律得解得在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得木块与小球碰后瞬间的速度大小(3)木块滑上木板后做减速运动，木板加速运动，根据牛顿第二定律，对木块和木板分析解得木板与桌面都足够长，一直运动到共速，设共速时速度为，则解得这段时间木板运动的距离为之后再一起减速到停下，根据牛顿第二定律根据运动学规律联立解得故木板在桌面上停下来时左端与S点的距离为【题型四】动力学三大观点解决弹簧问题【典例1】（2024·湖南长沙·一模）可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量为m）接触但不连接，AB的长度为（），B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是半圆轨道的最高点，用滑块P将弹簧压缩至E点（图中未画出），AE的长度为R，静止释放后，滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D；在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点，O、F连线与OC的夹角为，重力加速度为g，。（1）求滑块P与被测材料间的动摩擦因数；（2）在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换为质量的同种材质的滑块Q，滑块Q最终不与弹簧接触，试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。【答案】（1）；（2）滑块Q可以压缩弹簧两次【详解】（1）滑块P到达半圆轨道最高点D点时，只有滑块P的重力提供向心力，有滑块P从E点运动到D点的过程，由机械能守恒定律有水平面AB上铺上被测材料薄膜后，滑块P到达F点时，只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力有由能量守恒定律可得又联立解得（2）当换成滑块Q后，假设滑块Q滑不到C处，由能量守恒定律得解得则假设成立，滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道，由能量守恒定律可得解得若滑块Q下滑后都运动到E点，可知释放后滑块Q可以再运动到E点两次，而实际上，滑块下滑后都只能运动到E点左侧，故释放后滑块Q可以压缩弹簧两次。【典例2】（2024·浙江·二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问：（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力；（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？【答案】（1）；（2）离I点左侧距离0.1m；（3）【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有经过B处时由牛顿第三定律可知联立解得最大压力方向由指向B。（2）当刚好经过C时解得假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得解得故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有故的弹性势能弹出到达车左端的速度与车共速