《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（6）動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（6）動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考必考題突破講座(六)動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 題型特點(diǎn) 考情分析 命題趨勢(shì) 動(dòng)量守恒問(wèn)題，關(guān)鍵在于弄清題目描述的情景和過(guò)程，正確分析相互作用的物體在作用過(guò)程中的受力、運(yùn)動(dòng)及做功情況，從而將一個(gè)較為復(fù)雜的物理過(guò)程分割成幾個(gè)簡(jiǎn)單熟悉的子過(guò)程進(jìn)行求解 2017·全國(guó)卷Ⅰ，14 2017·全國(guó)卷Ⅲ，20 2016·全國(guó)卷Ⅲ，35(2) 2019年高考命題主要會(huì)從彈性碰撞和完全非彈性碰撞方面設(shè)計(jì)考題材料，以計(jì)算題形式進(jìn)行考查 1．動(dòng)量守恒類問(wèn)題流程圖 →→→ 2．涉及問(wèn)題 系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒判定方法 (1)系統(tǒng)所受合外力是否為零； (2)系統(tǒng)所受內(nèi)力是否遠(yuǎn)大

2、于外力； (3)在某一方向上，系統(tǒng)是否不受外力或所受外力的合力為零． 1．解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)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(wèn)題． (2)能量觀點(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(wèn)題． (3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題． 但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解． 2．應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程． (2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過(guò)程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． (3)光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的

3、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過(guò)程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問(wèn)題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問(wèn)題，則考慮用能量守恒定律分析． 動(dòng)量守恒類問(wèn)題與自然和社會(huì)生活密切聯(lián)系，體現(xiàn)其社會(huì)應(yīng)用價(jià)值．此外，該類題目能考查學(xué)生的物理基礎(chǔ)和基本技能，又有較好的區(qū)分度，受到命題者的青睞．這部分內(nèi)容有如下幾個(gè)命題角度． ?角度一　“子彈打木塊”模型 模型特點(diǎn) (1)當(dāng)子彈和木塊的速度相等時(shí)木塊的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈射入木塊的深度)取得極值． (2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，當(dāng)兩者的速度相

4、等時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大．由(3)中的式子可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多． (3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝Ek0，等于系統(tǒng)其他形式能的增加． (4)解決該類問(wèn)題，既可以從動(dòng)量、能量?jī)煞矫娼忸}，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖象求解． [例1](2018·江蘇南京模擬)如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2，子彈射入后，求： (1

5、)物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間； (2)物塊相對(duì)木板滑行的位移． 解析　子彈打入物塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1， 物塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得 (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 對(duì)子彈物塊整體，由動(dòng)量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)， 聯(lián)立解得物體相對(duì)木板的滑行時(shí)間 t＝＝1 s. (2)由能量守恒定律得 μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v， 聯(lián)立解得d＝3 m. 答案　(1) 1s　(2)3 m ?角度二　“彈簧類”模型 模型特點(diǎn) 對(duì)兩個(gè)(或兩個(gè)以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互

6、作用的過(guò)程中． (1)在能量方面，由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒． (2)在動(dòng)量方面，系統(tǒng)動(dòng)量守恒． (3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒． (4)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零． [例2]如圖所示，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體．現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并黏合在

7、一起．以后細(xì)線突然斷開(kāi)．彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能． 解析　設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒守量 3mv＝mv0，① 設(shè)C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得 3mv＝2mv1＋mv0，② 設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線斷開(kāi)到C與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv，③ 由①②③式得彈簧所釋放的勢(shì)能為 Ep＝mv. 答案　mv ?角度三　“圓弧軌道＋滑塊”模型 模型特點(diǎn) (1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度，且m不可能從此處離開(kāi)軌道，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守

8、恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒． mv0＝(M＋m)v共，mv＝(M＋m)v＋mgh. (2)最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)．水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv. [例3](2018·廣東惠州模擬)在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD，木板AB上表面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊CD上表面是光滑的圓弧，其始端D點(diǎn)切線水平且在木板AB上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示．一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為，又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點(diǎn)C處．求： (1)物塊滑到B處時(shí)木板的速度vAB

9、； (2)滑塊CD圓弧的半徑R. 解析　(1)由點(diǎn)A到點(diǎn)B，取向左為正，由動(dòng)量守恒得mv0＝mvB＋2mvAB，則vAB＝. (2)由點(diǎn)D到點(diǎn)C，滑塊CD與物塊P的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒． 則m·＋m·＝2mv共， mgR＝m2＋m2－×2mv， 解得R＝. 答案　(1)　(2) [例1]兩質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示．一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h.物塊從靜止滑下，然后滑上劈B.求物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度． 解析　根據(jù)題意可知，物塊從劈A靜止滑下，

10、達(dá)到劈A底端時(shí)，設(shè)物塊的速度大小為v，A的速度大小為vA，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v，① M1vA＝mv.② 設(shè)物塊在劈B上能夠達(dá)到的最大高度為h′，此時(shí)物塊和劈B的共同速度大小為v′.由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2，③ mv＝(M2＋m)v′，④ 聯(lián)立①②③④解得 h′＝h. 答案　h [例2]如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開(kāi)始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰

11、撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B再次到達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。? 解析　設(shè)A與C發(fā)生碰撞后瞬間，A的速度大小為vA，方向向右，C的速度大小為vC.A與C碰撞時(shí)間極短，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，① A與B相互作用，設(shè)最終達(dá)到的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mBv0＋mAvA＝(mA＋mB)v，② A與B達(dá)到共同速度后恰不與C碰撞，則應(yīng)有v＝vC③ 聯(lián)立①②③解得vA＝2 m/s. 答案　2 m/s [例3]如圖所示，物塊A通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板下，初始時(shí)靜止；從發(fā)射器(圖中未畫出

12、)射出的物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞后兩者黏在一起運(yùn)動(dòng)；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由傳感器(圖中未畫出)測(cè)得．某同學(xué)以h為縱坐標(biāo)，v2為橫坐標(biāo)，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作直線擬合，求得該直線的斜率為k＝1.92×10－3 s2/m.已知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝0.400 kg和mB＝0.100 kg，取重力加速度大小g＝9.8 m/s2. (1)若碰撞時(shí)間極短且忽略空氣阻力，求h－v2直線斜率的理論值k0； (2)求k值的相對(duì)誤差δ(δ＝)×100%.(結(jié)果保留一位有效數(shù)字) 解析　(1)設(shè)物塊A和B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律有mBv＝(mA＋

13、mB)v′， 在碰撞后，A和B共同上升的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有 (mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh， 解得h＝v2. 由題意得k0＝， 代入題給數(shù)據(jù)得k0＝2.04×10－3 s2/m. (2)按照定義δ＝×100%， 解得δ＝6%. 答案　(1)2.04×10－3 s2/m　(2)6% [例4]如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑的滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m

14、1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析　(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)，兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對(duì)冰塊與斜面體組成的系統(tǒng)而言，在冰塊被推出后，該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，且在水平方向上動(dòng)量守恒，有 m2v20＝(m2＋m3)v，其中v20＝－3 m/s， m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh， 解得m3＝20 kg； (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有

15、 m1v1＋m2v20＝0， 解得v1＝1 m/s， 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3， m2v＝m2v＋m3v， 解得v2＝1 m/s， 由于v2＝v1，故冰塊與斜面體分離后不能追上小孩． 答案　(1) 20 kg　(2)不能 1．(2018·廣東珠海模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，用輕彈簧連接木塊與墻，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中(作用時(shí)間極短)，下列說(shuō)法正確的是(　CD　) A．從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，子彈、木塊構(gòu)成的系統(tǒng)的動(dòng)量

16、守恒 B．從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．子彈入射木塊時(shí)，子彈、木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 D．從彈簧開(kāi)始?jí)嚎s到彈簧回復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析　從木塊開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由于木塊受彈簧彈力作用，子彈、木塊系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊過(guò)程中，由于需克服子彈與木塊間的摩擦力做功，子彈、木板及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；子彈入射木塊時(shí)，由于時(shí)間極短，彈簧的作用力可忽略不計(jì)，子彈、木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確；從彈簧開(kāi)始?jí)嚎s到彈簧回復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，沒(méi)有外力對(duì)子彈、木塊及彈簧

17、構(gòu)成的系統(tǒng)做功，故該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確． 2．(2018·浙江杭州模擬)(多選)如圖所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道和上表面水平光滑、質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平?jīng)_上小車，當(dāng)小球返回并脫離小車后(不計(jì)空氣阻力)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　BC　) A一定向左做平拋運(yùn)動(dòng) B．可能向左做平拋運(yùn)動(dòng) C．可能做自由落體運(yùn)動(dòng) D．一定向右做平拋運(yùn)動(dòng) 解析　設(shè)小球返回后離開(kāi)小車時(shí)，小球的速度為v1、小車的速度為v2，從小球沖上小車到返回后離開(kāi)的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2，由機(jī)械能守恒定律有mv＝mv＋Mv，解得v1＝

18、v0，當(dāng)m>M時(shí)，v1>0，小球離開(kāi)小車時(shí)的速度水平向右，故小球向右做平拋運(yùn)動(dòng)；當(dāng)m＝M時(shí)，v1＝0，小球離開(kāi)小車時(shí)的速度為零，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)；當(dāng)m

19、m/s 解析　兩物體碰撞時(shí)，必須滿足以下條件：①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，通過(guò)計(jì)算可得，四個(gè)選項(xiàng)都滿足；②滿足實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，由于A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，所以發(fā)生碰撞后不可能保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)方向(v′A>0，v′B<0)，選項(xiàng)B、C均錯(cuò)誤；③碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek大于或等于碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能E′k，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek＝mAv＋mBv＝27 J，通過(guò)計(jì)算可得，選項(xiàng)A、D中碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能分別為3 J、27 J，滿足Ek≥E′k，選項(xiàng)A、D均正確． 4．(2018·河北石家莊模擬)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)

20、與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A黏在一起不再分開(kāi)，物塊C的v－t圖象如圖乙所示．求： (1)物塊C的質(zhì)量mC； (2)B離開(kāi)墻后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep. 解析　(1)由題圖知，C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒． mCv1＝(mA＋mC)v2， 即mC＝2 kg. (2)12 s時(shí)B離開(kāi)墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能量大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4， (mA＋mC)

21、v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep， 得Ep＝9 J. 答案　(1)2 kg　(2)9 J 5．(2018·湖北黃岡模擬)如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方．現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過(guò)程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能． 解析　設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰

22、撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mgh＝mv，解得v1＝. 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v′1，同理有 mg＝mv′，解得v′1＝. 設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv1＝－mv′1＋5mv2， 解得v2＝. 由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程B物塊受到的沖量為 I＝5mv2＝m， 碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv2＝(5m＋3m)v3， 據(jù)機(jī)械能守恒定律Epm＝×5mv－×(5m＋3m)v， 解得Epm＝mgh. 答案　m　mgh 6．如圖所示，一條

23、帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后黏在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg.(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短) (1)求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n

24、vn與n的關(guān)系式． 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律得mv＝mg(2R)＋mv2， 得A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度v＝4m/s>＝ m/s. 在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式有F＋mg＝， 解得A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)受到的彈力F＝22 N. (2)AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律有 mv＝mv，得vA＝v0＝6 m/s. AB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動(dòng)量守恒定律得 mvA＝(m＋m)vP，解得vP＝3 m/s， 總動(dòng)能＝Ek＝(m＋m)v＝9 J， 滑塊每經(jīng)過(guò)一段粗糙段損失的機(jī)械能 ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J， 則k＝＝45. (3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段上損失的能量 E損＝nΔE＝0.2n J， 由能量守恒得(m＋m)v－(m＋m)v＝nΔE. 代入數(shù)據(jù)解得vn＝ m/s.(n