6.4用三大观点处理力学问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份6.4用三大观点处理力学问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共28页。试卷主要包含了解动力学问题的三个基本观点，力学规律的选用原则等内容，欢迎下载使用。

6.4用三大观点处理力学问题

1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运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．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，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)若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则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．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
动力学与动量观点的综合应用
1.力学中的五大规律
规律
公式表达
牛顿第二定律
F合＝ma
动能定理
W合＝ΔEk
W合＝mv－mv
机械能守恒定律
E1＝E2
mgh1＋mv＝mgh2＋mv
动量定理
F合t＝p′－p
I合＝Δp
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2.规律的选用
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律：
①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；
②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)。
(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据，计算结果。
例题1.如图所示，木箱的质量为M=5kg，长度为L=1m，其右侧与墙壁的距离为d=2m，木箱底部有一质量为m=1kg的小物块（可看作质点），小物块与木箱左壁间有一很小缝隙。t=0时刻，在水平向右的外力F作用下，木箱从静止开始运动瞬间小物块与木箱达到相对静止状态，小物块与木箱底部的动摩擦因数为，木箱与地面间的摩擦不计，木箱与墙壁碰撞后停止运动并被锁定，同时撤去外力F，小物块与木箱发生的每次碰撞都是时间极短的弹性碰撞，当小物块与木箱右壁碰撞后迅速解除对木箱的锁定，重力加速度大小为。
（1）当F=9N时，求木箱到达墙壁之前与物块间的弹力和摩擦力大小；
（2）当F=54N时，
①求小物块离开木箱左壁后，小物块与木箱碰撞的次数和最终静止在木箱中的位置；
②若小物块与木箱底部的摩擦也不计，求小物块与木箱发生n（n≥1）次碰撞后，两者的速度大小。

【答案】（1）0，；（2）①7次，，②当碰撞次数n为奇数时，碰后物块速度大小为6m/s，木箱速度为0；当碰撞次数n为偶数时，碰后物块速度大小为4m/s，木箱速度大小为2m/s
【解析】
（1）设想将木箱左壁去掉，当F=9N时，两者保持相对静止，小物块与木箱左壁之间无弹力，对整体，根据牛顿第二定律

对物块，根据牛顿第二定律

联立代入数据解得

（2）设木箱到达墙壁的速度大小为，根据动能定理

木箱与墙壁碰撞后，物块在木箱内做匀减速运动，设其到达木箱右壁的速度大小为，由运动学规律得

物块与木箱右壁碰后以原速率反弹，此后的运动物块与木箱系统动量守恒，设系统最终速度为v，物体相对滑动的路程为s，取向左为正方向则有

根据能量守恒定律有

联立解得

所以物块与木箱碰撞次数为7次，相对静止时物块距木箱右壁的距离为。
（2）木箱与墙壁碰撞后，物块做匀速直线运动，与木箱右壁碰撞后匀速运动至木箱左壁与之碰撞，根据动量守恒定律有

根据系统机械能守恒有

代入数据解得


或者



当碰撞次数n为奇数时，碰后物块速度大小为6m/s，木箱速度为0；当碰撞次数n为偶数时，碰后物块速度大小为4m/s，木箱速度大小为2m/s。
2022年在我国举办了第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求运动员在AB段运动的时间t；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，求运动员经过C点时所受支持力FC的大小。
【答案】 (1)7.5 s　(2)1.8×103 N·s　(3)3.9×103 N
【解析】
(1)根据匀变速直线运动公式有vB＝at，代入数据可得t＝7.5 s。
(2)根据动量定理有I＝mvB－mvA
代入数据可得I＝1.8×103 N·s。
(3)运动员在BC段运动的过程中，由动能定理有
mgh＝mv－mv
在C点，由牛顿第二定律有FC－mg＝m
代入数据可得FC＝3.9×103 N。
汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：


(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
【答案】　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s
【解析】(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s.
动量与能量观点的综合应用
例题2.
长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【答案】　(1)m1　(2)
【解析】
　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝
由动量定理，有I＝m1vA＝m1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝
又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝.
如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接．质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大；
(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
(3)A沿斜面上滑的最大距离x.
【答案】(1)18 J　12 J　(2)0.4 m　(3)0.9 m
【解析】
　　(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，
取向左为正方向，由动量守恒定律得
m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得：E＝m1v12＋m2v22；
可得EA＝m1v12，EB＝m2v22；
联立解得EA＝18 J，EB＝12 J
(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EB＝m2gR
可得R＝0.4 m
(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：
－m1gxsin 37°－μm1gxcos 37°＝0－EA
解得x＝0.9 m.
如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R＝ m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A滑块一瞬时冲量，使其获得v0＝2 m/s的初速度并沿铁槽运动，与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2；试求：

(1)A、B第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；
(2)A滑块运动的总路程．
【答案】见解析
【解析】
　(1)对A滑块，由动能定理可得：
－μmg＝mv12－mv02
A、B碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv1＝(m＋m)v2
又由能量守恒定律可得：
mv12＝(m＋m)v22＋Epm
解得：Epm＝1.8 J
(2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4
又由机械能守恒定律可得：
mv12＝mv32＋mv42
解得：v3＝0，v4＝6 m/s
A、B的总路程为s1，由功能关系有：－μmgs1＝0－mv02
A、B运动的总圈数为n，有：s1＝2πRn
得：n＝2.5
对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈，
故A滑块的路程s2＝1.25×2πR＝5 m.
力学三大观点的综合应用
例题3.如图所示，长度的轻绳上端固定在O点，下端拴接一个质量的小球，轻绳伸直时小球与水平台面AB右端接触且恰好无压力，质量的长木板紧靠水平台面AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台面AB等高，长木板上表面足够长。质量的小物块在水平台面AB上以大小的初速度向右运动，经过距离后与小球发生碰撞，随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小物块与小球均可看作质点，小物块与水平台面AB间的动摩擦因数，小物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小物块刚滑上长木板时的速度大小；
（3）小物块在长木板上相对于长木板滑行的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在坚直平面内做完整的圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有

解得

设碰撞后瞬间小球的速度大小为，根据机械能守恒定律有

解得

在最低点，根据牛顿第二定律有

解得

（2）设小物块在水平台面AB上滑到B点时的速度大小为v，根据动能定理有

解得

小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有

解得

（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有

解得

对长木板有

解得

小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有

解得


如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以的速率逆时针转动，质量的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高处由静止释放。已知传送带上表面长，物块B与传送带之间的动摩擦因数。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后速度的大小。

【答案】（1）；（2）4m/s；（3）不能；（4）
【解析】
（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为，由机械能守恒知

求得物块B刚滑上传送带时的速度大小

（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

联立解得
v＝4m/s
由于，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知


解得

即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则


所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为


则第n次碰撞后物块B的速度大小为

即

2022年2月5日，由任子威、武大靖、曲春雨、范可新和张雨婷组成的中国队获得短道速滑混合团体2000米接力比赛冠军。这是中国代表团在北京冬奥会上夺得的首枚金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程。甲的质量，乙的质量，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，交棒前两人均以的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小；
（2）若乙推甲的过程用时，求乙对甲的平均作用力的大小F；
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其它力做功，求乙消耗的化学能E。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

解得

（2）对甲由动量定理得

解得

（3）对二人组成的系统，根据能量守恒定律得

解得


1. 如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3 kg和mB＝0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1 s的时间运动了x＝1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。

(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；
(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。
【答案】(1)0.5 m　(2)不能
【解析】
(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得
μmCg＝mCaC
由运动学公式得xC＝aCt2且Δx＝x－xC
联立解得Δx＝0.5 m。
(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，由运动学公式得x＝vAt，vC＝aCt，
设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB
设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得
(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC
设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得
(mA＋mB)v＋mCv＝(mA＋mB＋mC)v＋μmCgLx
联立解得Lx＝0.3 m<Δx
所以滑块C不能滑到B车上。
2. 光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M＝2.0 kg，高h＝0.2 m，如图所示．现从圆弧导轨顶端将一质量为m＝0.5 kg的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点．滑块落地后0.2 s小车右端也到达B点．已知AB相距L＝0.4 m，g取10 m/s2，求：

(1)滑块离开小车时的速度大小；
(2)圆弧导轨的半径；
(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能．
【答案】　(1) 2 m/s　(2) 1.8 m　(3) 7 J
【解析】
　(1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：
h＝gt12
沿水平方向：L＝v1t1
解得：t1＝＝0.2 s，v1＝＝2 m/s
(2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：v2＝＝ m/s＝1 m/s
滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，
则：mv0＝mv1＋Mv2
代入数据得：v0＝6 m/s
滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有：
mgR＝mv02
代入数据得：R＝1.8 m
(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：ΔE＝mgR－(mv12＋Mv22)
代入数据得：ΔE＝7 J.
3. 如图所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L＝3.2 m．OM与半径R＝0.15 m的竖直半圆轨道MN平滑连接．小物块A自O点以v0＝14 m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止．A、B均看作质点．已知A的质量mA＝1.0 kg，B的质量mB＝2.0 kg，A、B与轨道PM的动摩擦因数均为μ＝0.25，g取10 m/s2，求：

(1)碰后A、B的速度大小；
(2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；
(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．
【答案】(1) 4 m/s　5 m/s　(2) 0.8 s　(3) 1.5 J
【解析】
(1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，
a＝＝＝μg
代入数据得：a＝2.5 m/s2
由运动学知识，对A，v12＝2aL
得碰后速度v1＝4 m/s
A、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAv0＝mAv1＋mBv2
得碰后B的速度v2＝5 m/s
(2)对B物块，P到M的运动过程，有：
L＝v2t－at2
结合(1)可解得：t1＝3.2 s(不符合，舍去)
t2＝0.8 s
即所求时间t＝0.8 s
(3)B在M点的速度大小v3＝v2－at
代入数值解得：v3＝3 m/s
B恰好过N点，满足：＝mBg
M到N过程，由功能关系可得
ΔE＝mBv32－mBv42－2mBgR
联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.
4. 打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】（1）；（2）6.5mg；（3）
【解析】
（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

解得

（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为


5. 如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（已知μ<1，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于O′点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，R=，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（结果可用根式和分式表示）
（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；
（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数μ的取值范围；
（4）若μ=，物体P运动轨迹的最高点与C点间的高度差。

【答案】（1）；（2） ；（3） ；（4）
【解析】
（1）由机械能守恒定律可得

则

由牛顿第二定律可得

则细线对小球拉力的大小为

（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

解得

（3）如果物体P运动到C点与滑板共速，根据动量守恒和能量守恒得


解得

如果物体P运动到B点与滑板共速，根据水平动量守恒和能量守恒得


解得

所以物体P与滑板水平部分的动摩擦因数范围为

（4）由题可知，物体P运动到C点时，水平方向与滑板共速，竖直方向有向上的速度，之后物体P会离开滑板做斜上抛运动，在最高点时竖直速度为零，水平速度与滑板速度相同。根据水平动量守恒和能量守恒得


解得

6. 如图所示，光滑水平面上竖直固定一内壁光滑的轨道，轨道左侧的水平面上有可视为质点的a、b两个小球，其质量分别为m和3m，b球静止，a球以速度向右运动并与b球发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰后b球能从最低点进入竖直轨道，已知重力加速度，不计空气阻力，求：
（1）碰后a、b球的速度大小；
（2）要使b球进入轨道后能做完整圆周运动，求圆周轨道半径R的最大值。

【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）根据题意，选向右为正，根据动量守恒定律有

由机械能守恒可知

解得
，
即碰后a、b球的速度大小均为。
（2）若b恰能到最高点，由牛顿第二定律有

从M点到最高点，对b由动能定理有

解得

7. 如图所示，长、倾角的固定粗糙斜面在最低点与粗糙水平地面平滑连接，滑块A从斜面顶端由静止下滑，滑块B静止在斜面底端，两滑块发生弹性碰撞后撤去滑块A，滑块B在水平地面上滑行的最远距离为。已知，两滑块均可视为质点且与触面间的动摩擦因数相同，重力加速度为。
求滑块与接触面间的动摩擦因数。

【答案】
【解析】
设滑块A沿斜面下滑时的加速度大小为，有

设滑块A下滑到斜面底端时的速度大小为，则有

设碰后滑块A的速度为、滑块B的速度为，对碰撞过程由动量守恒定律有

由机械能守恒定律有

对滑块B由运动学规律有

解得

8. 两根不可伸长的、长度均为的轻细绳一端悬挂在距地面高的O点，另一端分别拴接质量为的小球A和质量为的小球B，A、B自然下垂时恰好与地面接触不挤压，某时刻B球自然下垂，在B正上方高处有一大小可忽略的钉子C，C刚好与竖直细绳左侧接触，将A球拉至与O点等高处，由静止释放，A球与B球发生正碰，碰撞后A球绕C刚好做完整的圆周运动，B球绕O点做圆周运动，两球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
（1）碰后A球速度的大小；
（2）碰后B球能上升的最大高度；
（3）两球碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设碰后A球的速度大小为，A球绕C恰好做完整的圆周运动，运动到最高点的速度大小为，有


解得

（2）设碰前A球的速度大小为v，碰后B球的速度大小为，由机械能守恒和动量守恒，则有


代入数据解得

设B球能到达的最大高度为H，有

代入数据解得

（3）根据能量守恒可得碰撞过程中机械能的损失为

代入数据解得

9. 如图所示，光滑轨道左侧为半径的四分之一圆弧，圆弧与右侧水平面相切，轨道右侧处有一竖直立柱，整个轨道总质量，整个轨道静止在水平地面上，轨道下表面与水平地面间的动摩擦因数。一质量的滑块（视为质点）从四分之一圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块与处的立柱碰撞后粘连在一起。已知滑块下滑过程中轨道始终静止在水平地面上，取重力加速度大小，求：
（1）滑块下滑过程中水平地面对轨道的摩擦力产生的冲量大小；
（2）轨道在水平地面上滑行的距离。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）滑块下滑到点的过程中，根据机械能守恒定律可得

对滑块和轨道组成的系统，水平方向由动量定理可得

联立解得

（2）滑块与立柱碰撞过程中，根据动量守恒定律可得

根据动能定理可得

解得

10. 如图所示，光滑水平地面上固定有半径为R的光滑圆弧轨道AB，O为圆心，B为最低点，AO水平，BO竖直，紧靠B点右侧有一足够长的木板，木板上表面与B点等高且平滑连接。现将一质量为m的滑块（可视为质点）从A点正上方高度为R处给其一个竖直向下的初速度，已知木板质量为3m，重力加速度为g。求：
（1）滑块滑上木板瞬间的速度大小；
（2）滑块与木板达到共速过程中，因摩擦产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）滑块从释放到滑上木板的过程中机械能守恒，有

解得

（2）设滑块与木板达到共速的速度为v2，则由动量守恒得

另由能量守恒得

联立解得