《2022年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案 專題解讀1.本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題． 2．學好本專題，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題． 3．用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學方法(牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)． 命題點一　碰撞類問題的綜合分析 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)

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． 但綜合題的解法并非孤立的，而應綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律，才能順利求解． 2．力學規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律． (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題． (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件． (4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能

3、量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量． (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換．這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場． 例1　(2016·全國Ⅲ·35(2))如圖1所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件．

4、 ①a與b發(fā)生彈性碰撞；②b沒有與墻發(fā)生碰撞． 答案　≤μ< 解析　設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有 mv02>μmgl ① 即μ< ② 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得 mv02＝mv12＋μmgl ③ 設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④ mv12＝mv1′2＋·mv2′2 ⑤ 聯(lián)立④⑤

5、式解得 v2′＝v1 ⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知 ·mv2′2≤μ·gl ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧ 聯(lián)立②⑧式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ<. 1．(2015·全國Ⅰ·35(2))如圖2所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的．

6、 圖2 答案　(－2)M≤m＜M 解析　設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞， 由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv12＝mv32＋Mv42 整理可得v3＝v1，v4＝v1 由于m＜M，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2 即v0≥v1＝()2v0 整理可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去

7、 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足 (－2)M≤m＜M. 2．如圖3所示，用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動．在以后的運動中，求： 圖3 (1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度是多大？ (2)彈性勢能的最大值是多大？ (3)A的速度有可能向左嗎？為什么？ 答案　(1)3m/s　(2)12J　(3)不可能　理由見解析 解析　(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大． 由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒： (mA＋mB)v＝

8、(mA＋mB＋mC)vA′ ① 由①式解得vA′＝3 m/s ② (2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則： mBv＝(mB＋mC)v′ ③ 由③式解得：v′＝2 m/s ④ 設物塊A速度為vA′時，彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒： Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2 ⑤ 由⑤式解得：Ep＝12 J ⑥ (3)系統(tǒng)動量守恒：mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)v

9、B ⑦ 設A的速度向左，vA＜0，vB＞4 m/s 則作用后A、B、C動能之和： E′＝mAvA2＋(mB＋mC)vB2＞(mB＋mC)vB2＝48 J ⑧ 實際上系統(tǒng)的總機械能為： E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝(12＋36) J＝48 J ⑨ 根據(jù)能量守恒定律，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動． 命題點二　多運動過程問題的綜合分析 應用力學三大觀點解題時應注意的問題： (1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程． (2)進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點． (3)光滑的平面或曲面，還有不計阻

10、力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 例2　(2015·廣東·36)如圖4所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g

11、取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． 圖4 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關系式． ①滑過最高點Q，P點左側軌道光滑；②右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列． 答案　見解析 解析　(1)由機械能守恒定律得： mv02＝mg(2R)＋mv2 得：A滑過Q點時的速度v＝4 m/s>＝ m/s. 在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有：F＋mg＝ 解得：A滑過Q點時受到的彈力F＝22 N (2)AB碰撞前A的速度為vA，由機械

12、能守恒定律有： mv02＝mvA2得：vA＝v0＝6 m/s AB碰撞后以共同的速度vP前進，由動量守恒定律得： mvA＝(m＋m)vP 解得：vP＝3 m/s 總動能Ek＝(m＋m)vP2＝9 J 滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機械能ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J 則k＝＝45 (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量 E損＝nΔE＝0.2n J 由能量守恒得：(m＋m)vP2－(m＋m)vn2＝nΔE 代入數(shù)據(jù)解得：vn＝ m/s，(n＜k) 3.如圖5所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和

13、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點正下方．現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能． 圖5 答案　m　mgh 解析　設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′2 解得：v1

14、′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有 5mv2＝8mv3 據(jù)機械能守恒定律：Epm＝×5mv22－×8mv32 解得：Epm＝mgh. 4.如圖6所示，在傾角θ＝30°的斜面上放置一個凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，槽內(nèi)靠近右側壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點)，它到凹槽左側壁的距離d＝0.10m．A、B的質(zhì)量都為m＝2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等

15、于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長．現(xiàn)同時由靜止釋放A、B，經(jīng)過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短．取g＝10m/s2.求： 圖6 (1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大； (2)物塊A與凹槽B的左側壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大??； (3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小． 答案　(1)5.0m/s2　0　(2)0　1.0 m/s　(3)1.2m 解析　(1)設A的加速度為a1，則mgsin θ＝ma1，a1＝gsin θ＝5.0 m/s2 設B受到斜面施加的滑動摩擦力為Ff，則 Ff＝μ·2m

16、gcos θ＝×2×2.0×10×cos 30°＝10 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝2.0×10×sin 30°＝10 N，方向沿斜面向下．因為G1＝Ff，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則凹槽B的加速度a2＝0 (2)釋放A后，A做勻加速運動，設物塊A運動到凹槽B的左內(nèi)側壁時的速度為vA0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得 vA02＝2a1d vA0＝＝ m/s＝1.0 m/s 因A、B發(fā)生彈性碰撞時間極短，沿斜面方向動量守恒，A和B碰撞前后動能守恒，設A與B碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，根據(jù)題意有 mvA0＝mvA1＋mvB1 mvA0

17、2＝mvA12＋mvB12 解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為 vA1＝0，vB1＝1.0 m/s (3)A、B第一次碰撞后，B以vB1＝1.0 m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運動，設經(jīng)過時間t1，A的速度vA2與B的速度相等，A與B的左側壁距離達到最大，即 vA2＝a1t1＝vB1，解得t1＝0.20 s 設t1時間內(nèi)A下滑的距離為x1，則 x1＝a1t12 解得x1＝0.10 m 因為x1＝d，說明A恰好運動到B的右側壁，而且速度相等，所以A與B的右側壁恰好接觸但沒有發(fā)生碰撞． 設A與B第一次碰后到第二次碰時所用的時間為t2，A運動的距離為xA1，B運動

18、的距離為xB1，第二次碰時A的速度為vA3，則 xA1＝a1t22，xB1＝vB1t2，xA1＝xB1 解得t2＝0.4 s，xB1＝0.40 m，vA3＝a1t2＝2.0 m/s 第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以vA3＝2.0 m/s速度做勻速直線運動，A以vB1＝1.0 m/s的初速度做勻加速運動． 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的右側壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過t3＝0.40 s，A與B發(fā)生第三次碰撞． 設A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為xB2，則 xB2＝

19、vA3t3＝2.0×0.40 m＝0.80 m； 設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小為x，則x＝xB1＋xB2＝(0.40＋0.80) m＝1.2 m. 命題點三　滑塊—木板模型問題 例3　如圖7所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝15m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2.求： 圖7 (1)物塊在車面上滑行的時間t； (2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0

20、′不超過多少． 最后在車面上某處與小車保持相對靜止． 答案　(1)0.24s　(2)5m/s 解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理有 －Fft＝m2v－m2v0 其中Ff＝μm2g 聯(lián)立以上三式解得t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝ s＝0.24 s. (2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，物塊滑到車面右端時與小車有共同的速度v′，則有 m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由功能關系有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s

21、 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不能超過5 m/s. 5.如圖8所示，水平放置的輕彈簧左端固定，小物塊P置于水平桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長．現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時，推力做的功為WF＝6J．撤去推力后，小物塊P沿桌面滑動到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊緣C點的平板小車Q上，且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車)．小車的上表面與桌面在同一水平面上，已知P、Q質(zhì)量分別為m＝1kg、M＝4kg，A、B間距離為L1＝5cm，A離桌子邊緣C點的距離為L2＝90cm，P與桌面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，

22、g＝10m/s2，試求： 圖8 (1)把小物塊推到B處時，彈簧獲得的彈性勢能； (2)小物塊滑到C點的速度大?。? (3)P和Q最后的速度大??； (4)Q的長度． 答案　(1)5.8J　(2)2m/s　(3)0.4 m/s　(4)0.4m 解析　(1)由能量守恒有：增加的彈性勢能為：Ep＝WF－μmgL1＝(6－0.4×10×0.05) J＝5.8 J (2)對BC過程由動能定理可知：Ep－μmg(L1＋L2)＝mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點的速度為： v0＝2 m/s； (3)對P、Q由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得共同速度：v＝0.4 m/s (

23、4)對PQ由能量守恒得： μmgL＝mv02－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得小車的長度： L＝0.4 m. 6.如圖9所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，以速度v0向右做勻速直線運動，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點，這時小鐵塊相對地面速度為零，小鐵塊相對木板向左滑動．由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對靜止，已知它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，問： 圖9 (1)小鐵塊跟木板相對靜止時，它們的共同速度為多大？ (2)它們相對靜止時，小鐵塊與A點距離有多遠？ (3)在全過程中有多少機械能轉化為內(nèi)能？ 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)小鐵塊放到長木

24、板上后，由于它們之間有摩擦，小鐵塊做加速運動，長木板做減速運動，最后達到共同速度，一起勻速運動．設達到的共同速度為v. 由動量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0. (2)設小鐵塊距A點的距離為L，由能量守恒定律得 μmgL＝Mv02－(M＋m)v2 解得：L＝ (3)全過程所損失的機械能為 ΔE＝Mv02－(M＋m)v2＝. 1．(2016·全國Ⅱ·35(2))如圖1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．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最

25、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m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. 圖1 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 答案　(1)20kg　(2)不能，理由見解析 解析　(1)規(guī)定向左為速度正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v ① m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh

26、 ② 式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20kg　v＝1m/s ③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 ④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s ⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥ m2v02＝m2v22＋m3v32 ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝－1m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推

27、出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 2．如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10m/s2，求： 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離． 答案　(1)5m/s　(2)0.5m

28、解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒得： mv02－(M＋m)v12＝mgR＋μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s ③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得： mv0＝(M＋m)v2 ④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv02－(M＋m)v22＝μm

29、g(L＋x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 3．如圖3所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質(zhì)量不計)．設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中． 圖3 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 答案　(1)mv　(2)mv 解析　(1)對A、B，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得v1＝v0 B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系

30、統(tǒng)動量定恒，有 m·＝2mv2 解得v2＝ 系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝m()2－×2m()2＝mv02 (2)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大．根據(jù)動量守恒定律得 mv0＝3mv 解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02. 4．如圖4所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M＝3m，車長L＝2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，右側地面上有一

31、不超過車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0＜x＜2R的范圍內(nèi)取值，當小車運動到立樁處立即被牢固粘連．點燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點D，滑塊B沖上小車．兩滑塊都可以看做質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g＝10m/s2.求： 圖4 (1)滑塊A在半圓軌道最低點C時受到軌道的支持力FN； (2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB； (3)請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關系． 答案　見解析 解析　(1)以水平向右為正方向，設爆炸后滑塊A的速度大小為vA，設滑塊A

32、在半圓軌道運動到達最高點的速度為vAD，則mAg＝m 得到vAD＝ 滑塊A在半圓軌道上運動過程中， 據(jù)動能定理：－mAg×2R＝mAvAD2－mAvAC2 得：vA＝vAC＝ 滑塊A在半圓軌道最低點：FN－mAg＝m 得：FN＝mAg＋mA＝6mg (2)在A、B爆炸過程，動量守恒，則mBvB＋mA(－vA)＝0 得：vB＝vA＝ (3)滑塊B滑上小車直到與小車共速，設為v共 整個過程中，動量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共 得：v共＝＝ 滑塊B從滑上小車到共速時的位移為 xB＝＝ 小車從開始運動到共速時的位移為 x車＝＝R 兩者位移之差(即滑塊B相對小車的位移)為： Δx＝xB－x車＝＜2R， 即滑塊B與小車在達到共速時未掉下小車． 當小車與立樁碰撞后小車停止，然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運動，則直到停下來發(fā)生的位移為x′ x′＝＝＞(L－Δx)＝R 所以，滑塊B會從小車上滑離． 討論：當0＜x＜時，滑塊B克服摩擦力做功為 Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x) 當≤x≤2R時，滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為 Wf1＝μ2mgxB＝.