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2022步步高中物理一輪word題庫碰撞與動量守恒·專題 力學觀點的綜合應用.doc
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專題　力學觀點的綜合應用
　動量觀點與動力學觀點的綜合應用
1.解動力學問題的三個基本觀點
(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。
(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。
2.力學中的五大規律
規律 公式表達
牛頓第二定律 F合＝ma
動能定理 W合＝ΔEk
W合＝12mv 22－12mv 21

機械能守恒定律 E1＝E2
mgh1＋12mv 21＝mgh2＋12mv 22

動量定理 F合t＝p′－p
I合＝Δp
動量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
3.規律的選用
(1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。
(2)分析研究對象的受力情況、運動狀態以及運動狀態的變化過程，作草圖。
(3)根據運動狀態的變化規律確定解題觀點，選擇適用規律：
①若用力的觀點解題，要認真分析運動狀態的變化，關鍵是求出加速度；
②若用兩大定理求解，應確定過程的始、末狀態的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)；
③若可判斷研究對象在某運動過程中滿足動量守恒或機械能守恒的條件，則可根據題意選擇合適的始、末狀態，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求研究對象在末狀態時的速度(率)。
(4)根據選擇的規律列式，有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)并列出輔助方程。
(5)代入數據，計算結果。
【例1】 (2018·全國Ⅱ卷，24)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖1所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

圖1
(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；
(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。
解析　(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB。根據牛頓第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數。
設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB′2＝2aBsB②
聯立①②式并利用題給數據得
vB′＝3.0 m/s。③
(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有
μmAg＝mAaA④
設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有vA′2＝2aAsA⑤
設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得
vA＝4.25 m/s≈4.3 m/s 。⑦
答案　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

1.(多選)從2017年6月5日起至年底，蘭州交警采取五項措施部署預防較大道路交通事故工作。在交通事故中，汽車與拖車脫鉤有時發生。如圖2所示，質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發現。若汽車的牽引力一直未變，車與路面間的動摩擦因數為μ，那么從脫鉤到拖車剛停下的過程中，下列說法正確的是(　　)

圖2
A.汽車和拖車整體動量守恒
B.汽車和拖車整體機械能守恒
C.從脫鉤到拖車剛停下用時v0gμ
D.拖車剛停下時汽車的速度為（M＋m）（a＋μg）μMgv0
解析　汽車和拖車整體所受合外力不為零，故動量不守恒，選項A錯誤；系統勻加速前進，系統機械能增加，選項B錯誤；以拖車為研究對象，由牛頓第二定律得－μmg＝ma′，則a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖車脫鉤后到停止經歷的時間為t＝v0μg，選項C正確；全過程系統受到的合外力始終為F合＝(M＋m)a，末狀態拖車的動量為零，全過程對系統應用動量定理可得(M＋m)a·v0μg＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝（M＋m）（a＋μg）μMgv0，選項D正確。
答案　CD
2.如圖3所示，質量為m的b球用長為h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處，質量也為m的小球a從距BC高h的A處由靜止釋放，沿光滑軌道ABC滑下，在C處與b球發生正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距地面有一定的高度，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg。則：

圖3
(1)a球與b球碰前瞬間的速度多大？
(2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？(要求通過計算回答)
解析　(1)設a球與b球碰前瞬間的速度大小為vC，由機械能守恒定律得
mgh＝12mv 2C
解得vC＝2gh
即a球與b球碰前瞬間的速度大小為2gh。
(2)設碰后b球的速度為v，a、b碰撞過程中動量守恒，則
mvC＝(m＋m)v
故v＝12vC＝122gh
假設a、b球碰撞后將一起繞O點擺動，設小球在最低點時細繩拉力為FT，則FT－2mg＝2mv2h
解得FT＝3mg
因FT＞2.8mg，故細繩會斷裂。
答案　(1)2gh　(2)會斷裂
　動量觀點與能量觀點的綜合應用
【例2】 (20分)(2019·全國Ⅰ卷，25)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖4(a)所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v－t圖象如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。

圖4
(1)求物塊B的質量；
(2)在圖4(b)所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；
(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數的比值。
教你讀題——提取信息
(1)A與B發生彈性碰撞(碰撞時間極短)――→提取這個過程滿足動量守恒和機械能守恒，
(2)A沿斜面下滑，碰后又沿斜面上滑――→提取加速度變化(受力變化)且摩擦力未知的折返問題，
(3)讀圖 ――→提取可知①A與B碰撞前后的速度，
②由面積關系可得A下滑和上滑的位移關系。
(4)“一段時間后A剛好能與B再次碰上”――→提取此時二者共速，B已停止運動，說明A到此恰好停止運動。
解析　(1)根據題圖(b)，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，v12為其碰撞后瞬間速度的大小。設物塊B的質量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。
由動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv1＝m－v12＋m′v′①(2分)
12mv21＝12m－12v12＋12m′v′2②(2分)
聯立①②式得
m′＝3m。③(1分)
(2)在題圖(b)所描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W。
由動能定理有mgH－fs1＝12mv 21－0④(2分)
－(fs2＋mgh)＝0－12m－v122⑤(2分)
從圖(b)所給出的v－t圖線可知
s1＝12v1t1⑥(1分)
s2＝12·v12·(1.4t1－t1)⑦(1分)
由幾何關系s2s1＝hH⑧(1分)
物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為
W＝fs1＋fs2⑨(1分)
聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝215mgH。⑩(1分)
(3)設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數在改變前為μ，有
W＝μmgcos θ·H＋hsin θ?(1分)
設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，
由動能定理有
－μm′gs′＝0－12m′v′2?(2分)
設改變后的動摩擦因數為μ′，由動能定理有
mgh－μ′mgcos θ·hsin θ－μ′mgs′＝0?(2分)
聯立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
μμ′＝119。?(1分)
答案　(1)3m　(2)215mgH　(3)119

1.(多選)如圖5，兩質量分別為m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水平面上相向而行，速度分別為v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，發生碰撞后，系統損失的機械能可能為(　　)

圖5
A.25 J B.35 J C.45 J D.55 J
解析　若兩球發生彈性碰撞，則系統機械能不損失；若兩球發生完全非彈性碰撞，則系統機械能損失最多，此時由動量守恒定律和能量守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝12m1v 21＋12m2v 22－12(m1＋m2)v2，聯立并代入數據解得ΔEmax＝40 J，綜合可知0≤ΔE≤40 J，故A、B正確，C、D錯誤。
答案　AB
2.(2018·全國Ⅰ卷，24)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。
解析　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝12mv 20①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0－v0＝－gt②
聯立①②式得
t＝1g2Em。③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有
E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有
14mv 21＋14mv 22＝E⑤
12mv1＋12mv2＝0⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。
設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
14mv 21＝12mgh2⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝2Emg。
答案　(1)1g2Em　(2)2Emg
　力學三大觀點的綜合應用
1.力的觀點解題：要認真分析運動狀態的變化，關鍵是求出加速度。
2.兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。
3.三大定律解題：動量守恒定律、機械能守恒定律和能量守恒定律。根據題意選擇合適的初、末狀態，列守恒關系式，一般這幾個守恒定律多用于求某狀態的速度(率)。
【例3】 (2019·全國Ⅲ卷，25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖6所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20。重力加速度取g＝
10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。

圖6
(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時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)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝12mAv 2A＋12mBv 2B②
聯立①②式并代入題給數據得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③
(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有
μmBg＝mBa④
sB＝vBt－12at2⑤
vB－at＝0⑥
在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此時碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為
sA＝vAt－12at2⑦
聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25 m處，B位于出發點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨
(3)t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有
－μmAg(2l＋sB)＝12mAvA′2－12mAv 2A⑩
聯立③⑧⑩式并代入題給數據得
vA′＝7 m/s?
故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?
12mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2?
聯立???式并代入題給數據得
vA″＝375 m/s，vB″＝－275 m/s
這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動，設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式
2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數據得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
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′＝0.91 m。?
答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物塊B先停止　0.50 m　(3)0.91 m

1.如圖7甲所示，質量均為m＝0.5 kg的相同物塊P和Q(均可視為質點)分別靜止在水平地面上A、C兩點，P在按圖乙所示的隨時間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運動，3 s末撤去F，此時P運動到B點，之后繼續滑行并與Q發生彈性碰撞。已知B、C兩點間的距離L＝3.75 m，P、Q與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

圖7
(1)P到達B點時的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1；
(2)Q運動的時間t。
解析　(1)在0～3 s內，對P，由動量定理可得
F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，
其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s。
設P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a，
由牛頓第二定律可得μmg＝ma，
P在B、C兩點間做勻減速直線運動，有v2－v 21＝2aL，
解得v1＝7 m/s。
或由動能定理－μmgL＝12mv 21－12mv2，解得v1＝7 m/s。
(2)設P與Q發生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1′和v2′，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋mv2′，
12mv 21＝12mv1′2＋12mv2′2，
聯立解得v2′＝v1＝7 m/s，
碰后Q做勻減速直線運動，加速度大小a′＝μg＝2 m/s2，
故Q運動的時間為t＝v2′a′＝3.5 s。
答案　(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s
2.如圖8所示，半徑R＝2.8 m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起。某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發生碰撞。已知小球P的質量m1＝3.2 kg，小球Q的質量m2＝1 kg，小球P與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝168 J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力，求：

圖8
(1)小球Q運動到C點時的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球P相碰。
解析　(1)兩小球彈開的過程，
由動量守恒定律得m1v1＝m2v2
由機械能守恒定律得Ep＝12m1v 21＋12m2v 22
聯立可得v1＝5 m/s，v2＝16 m/s
小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得
12m2v 22＝12m2v 2C＋2m2gR
解得vC＝12 m/s。
(2)小球P在斜面向上運動的加速度為a1，
由牛頓第二定律得m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1，
解得a1＝10 m/s2
故上升的最大高度為h＝v 212a1sin θ＝0.75 m。
(3)設兩小球相遇點距離A點為x，小球P從A點上升到兩小球相遇所用的時間為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，
則m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2，
解得a2＝2 m/s2
小球P上升到最高點所用的時間t1＝v1a1＝0.5 s，
則2R＝12gt2＋h－12a2(t－t1)2sin θ
解得t＝1 s。
答案　(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s
課時作業
(時間：40分鐘)
基礎鞏固練
1.(2019·湖南張家界模擬)如圖1所示，質量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側是一個四分之一圓弧EF，圓弧半徑為R＝1 m，E點處的切線水平。質量為m的小球以初速度v0從E點沖上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已知M＝4m，g取10 m/s2，不計摩擦，則小球的初速度v0的大小為(　　)

圖1
A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s
解析　當小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊水平方向速度相同，設為v1，在水平方向上，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，根據機械能守恒定律得12mv 20＝
12(m＋M)v 21＋mgR，聯立解得v0＝5 m/s，選項B正確。
答案　B
2.(2020·煙臺模擬)如圖2所示，在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態，質量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球被左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠，則b、c兩球相碰后(　　)

圖2
A.b球的速度大小為13v，運動方向與原來相反
B.b球的速度大小為23v，運動方向與原來相反
C.c球的速度大小為83v
D.c球的速度大小為23v
解析　設b球脫離彈簧時的速度為v0，b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc，取向右為正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動量守恒定律得0＝－2mv＋mv0，解得v0＝2v；b、c兩球相碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvb＋2mvc，12mv 20＝12mv 2b＋12·2mv 2c，聯立解得vb＝－23v(負號表示方向向左，與原來相反)，vc＝43v，故B正確。
答案　B
3.如圖3所示，A、B兩個物體粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經過O點時炸藥爆炸，假設所有的化學能全部轉化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變為vA＝2 m/s，B物體繼續向右運動進入光滑半圓軌道且恰好通過最高點D，已知兩物體的質量mA＝mB＝1 kg，O點到半圓軌道最低點C的距離xOC＝0.25 m，物體與水平軌道間的動摩擦因數為μ＝0.2，A、B兩個物體均可視為質點，取g＝10 m/s2，求：

圖3
(1)炸藥的化學能E；
(2)半圓軌道的半徑R。
解析　(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根據能量守恒定律可得12·2mv 20＋E＝12mv2A＋12mv 2B，
兩式聯立并代入數據解得E＝1 J。
(2)由于B物體恰好經過半圓軌道的最高點，故有mg＝mv 2DR，在B物體由O運動到D的過程中，由動能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝12mv 2D－12mv 2B，聯立可解得R＝0.3 m。
答案　(1)1 J　(2)0.3 m
4.如圖4甲所示，質量m1＝4 kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質量m2＝1 kg的小物塊靜止在長木板的左端?，F對小物塊施加一水平向右的作用力F，小物塊和長木板運動的速度—時間圖象如圖乙所示。2 s后，撤去F，g取10 m/s2。求：

圖4
(1)小物塊與長木板之間的動摩擦因數μ；
(2)水平力的大小F；
(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統損失的機械能ΔE。
解析 　(1)由題圖可知
長木板的加速度a1＝12 m/s2＝0.5 m/s2
由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長木板的滑動摩擦力Ff＝m1a1＝2 N
小物塊與長木板之間的動摩擦因數μ＝Ffm2g＝0.2。
(2)由題圖可知，小物塊的加速度a2＝42 m/s2＝2 m/s2
由牛頓第二定律可知F－μm2g＝m2a2
解得F＝4 N。
(3)撤去F后，小物塊和長木板組成的系統動量守恒，以向右為正方向，最終兩者以相同速度v運動
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入數據解得v＝1.6 m/s
則系統損失的機械能
ΔE＝(12m1v 21＋12m2v 22)－12(m1＋m2)v2＝3.6 J。
答案　(1)0.2　(2)4 N　(3)3.6 J
綜合提能練
5.如圖5所示，質量為m1＝0.5 kg的小物塊P置于固定臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態。質量M＝1 kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端。長木板左端放有一質量m2＝1 kg的小滑塊Q?，F用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)，撤去推力，此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v0＝10 m/s，與長木板左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，滑塊Q停在長木板上。已知臺面AB部分光滑，P與臺面AC間的動摩擦因數μ1＝0.1，A、C間距離L＝4 m?；瑝KQ與長木板上表面間的動摩擦因數μ2＝0.4，長木板下表面與水平面間的動摩擦因數μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：

圖5
(1)撤去推力時彈簧的彈性勢能；
(2)長木板運動中的最大速度；
(3)長木板的最小長度。
解析　(1)小物塊P由B點到C點的過程
W彈－μ1m1gL＝12m1v 20－0
解得W彈＝27 J
Ep＝W彈＝27 J
即撤去推力時彈簧的彈性勢能為27 J。
(2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向
小物塊P與滑塊Q相碰后的速度分別為vP、vQ
m1v0＝－m1vP＋m2vQ
小物塊P從碰撞后到靜止－12μ1m1gL＝0－12m1v 2P
解得vQ＝6 m/s
滑塊Q在長木板上滑動過程中
對Q：－μ2m2g＝m2a1
對長木板：μ2m2g－μ3(M＋m2)g＝Ma2
解得a1＝－4 m/s2
a2＝2 m/s2
當滑塊Q和長木板速度相等時，木板速度最大，
設最大速度為v，滑行時間為t0
對Q：v＝vQ＋a1t0
對木板：v＝a2t0
解得t0＝1 s，v＝2 m/s
則長木板運動中的最大速度為2 m/s。
(3)在滑塊Q和長木板相對滑動過程中Q的位移
xQ＝12(vQ＋v)·t0
長木板的位移x板＝12(0＋v)·t0
長木板的最小長度L＝xQ－x板
解得L＝3 m。
答案　(1)27 J　(2)2 m/s　(3)3 m
6.如圖6所示，半徑為R1＝1.8 m的14光滑圓弧與半徑為R2＝0.3 m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長度為L＝2.0 m、質量為M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的臺階，其高度正好與木板高度相同。現在讓質量為m2＝2 kg的物塊靜止于B處，質量為m1＝1 kg的物塊從光滑圓弧頂部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開，整體設為物塊m(m＝m1＋m2)。物塊m穿過半圓管底部C處滑上木板使其從靜止開始向左運動，當木板速度為2 m/s時，木板與臺階碰撞立即被粘住(即速度變為零)，若g＝10 m/s2，物塊碰撞前后均可視為質點，圓管粗細不計。

圖6
(1)求物塊m1和m2碰撞過程中損失的機械能；
(2)求物塊m滑到半圓管底部C處時所受支持力大??；
(3)若物塊m與木板及臺階表面間的動摩擦因數μ均為0.25，求物塊m在臺階表面上滑行的最大距離。
解析　(1)設物塊m1下滑到B點時的速度為vB，
由機械能守恒可得m1gR1＝12m1v 2B，解得vB＝6 m/s
m1、m2碰撞滿足動量守恒m1vB＝(m1＋m2)v共，
解得v共＝2 m/s
則碰撞過程中損失的機械能為
E損＝12m1v 2B－12mv 2共＝12 J。
(2)物塊m由B到C滿足機械能守恒
12mv 2共＋mg×2R2＝12mv 2C
解得vC＝4 m/s
在C處由牛頓第二定律可得FN－mg＝mv 2CR2
解得FN＝190 N。
(3)物塊m滑上木板后，當木板速度為v2＝2 m/s時，物塊速度設為v1，
由動量守恒定律得mvC＝mv1＋Mv2
解得v1＝3 m/s
設在此過程中物塊運動的位移為x1，木板運動的位移為x2，由動能定理得
對物塊m：－μmgx1＝12mv 21－12mv 2C
解得x1＝1.4 m
對木板M：μmgx2＝12Mv 22
解得x2＝0.4 m
此時木板靜止，物塊m到木板左端的距離為
x3＝L＋x2－x1＝1 m
設物塊m在臺階表面上運動的最大距離為x4，由動能定理得
－μmg(x3＋x4)＝0－12mv 21
解得x4＝0.8 m。
答案　(1)12 J　(2)190 N　(3)0.8 m

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