2020年高考物理一轮复习文档：第7章动量守恒定律热点专题（四）第33讲




第33讲　动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点概述　(1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题压轴题的形式命题。(2)学好本热点，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。(3)用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．解决力学问题的三个基本观点

综合问题要综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
2．力学三大观点的选用原则
(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，一般用两个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，利用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。这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。
3．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。
4．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较



5．用力学三大观点解题的步骤
(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1]　如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的立柱上固定了一条长度为L、拴有小球的细绳。质量为m的小球从与悬点在同一水平面处由静止释放，重力加速度为g，不计阻力。求细绳拉力的最大值。

解析　当小球摆至最低点时，设此时小球和小车的速度大小分别为v1和v2，取水平向右为正方向，系统在水平方向上动量守恒，有mv1－Mv2＝0
系统机械能守恒，有
mgL＝mv＋Mv
解得v1＝，v2＝
小球摆到最低点时细绳拉力最大，以小车为参考系，由牛顿第二定律有
T－mg＝
解得T＝。
答案　

方法感悟
研究某一物体瞬时受力作用时，一般用动力学观点；研究多个物体组成的系统时，更多用到动量观点。


[例2]　如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内，与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一根弹簧，左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端所在点B与轨道最低点C的距离为4R。现有质量完全相同的两个小球，一个放在水平轨道的C点，另一个小球压缩弹簧(不拴接)。当弹簧的压缩量为l时，释放小球，使之与C点的小球相碰并粘在一起，两球恰好通过光滑半圆形轨道的最高点E；若拿走C点的小球，再次使小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE后恰好落在B点。已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次使小球压缩弹簧时，弹簧的压缩量。

解析　设压缩量为l时，弹簧的弹性势能为Ep，小球离开弹簧后的速度为v0，释放小球后，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，由机械能守恒定律得Ep＝mv
设小球的质量为m，与C点的小球相碰后粘在一起的瞬间共同速度为v1，根据动量守恒定律得mv0＝2mv1
设两小球通过最高点E时的速度为v2，由临界条件可知
2mg＝2m
由能量守恒定律得·2mv＝2mg·2R＋·2mv
联立解得Ep＝10mgR
第二次压缩时，设压缩量为x，弹簧的弹性势能为Ep′，小球通过最高点E时的速度为v3，
由能量守恒定律得Ep′＝mg·2R＋mv
小球经过E点后做平抛运动，有
2R＝gt2
4R＝v3t
联立解得Ep′＝4mgR
由已知条件可得＝
即＝
解得x＝l。
答案　l

方法感悟
1．应用力学三大观点解题时应注意的问题
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各运动过程的运动特点。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力时，或系统在某一方向不受力或所受合力为零，一般考虑用动量守恒定律分析。
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
2．能量与动力学观点应用于直线运动、圆周运动和平抛运动的组合模型
(1)模型特点：物体在整个运动过程中，历经直线运动、圆周运动和平抛运动或几种运动的组合。
(2)表现形式：①直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。②圆周运动：绳模型的圆周运动、杆模型的圆周运动、拱形桥模型的圆周运动。③平抛运动：与水平面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。
(3)应对方法：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，物体运动到两个相邻过程的连接点时的速度是联系两过程的纽带，很多情况下平抛运动末速度的方向或初速度的大小是解决问题的重要突破口。
[例3]　两个质量分别为M1和M2的劈A和劈B高度相同，倾斜面都是光滑曲面，曲面下端均与光滑水平面相切，如图所示，一块位于劈A的曲面上距水平面的高度为h的物块从静止开始滑下，又滑上劈B。求物块能沿劈B曲面上升的最大高度。

解析　设物块到达劈A的底端时，物块和劈A的速度大小分别为v和vA，物块和劈A在水平方向上动量守恒，由机械能守恒定律和动量守恒定律得
mgh＝mv2＋M1v
M1vA＝mv
设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v′，物块和劈B在水平方向动量守恒，由机械能守恒定律和动量守恒定律得
mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2
mv＝(M2＋m)v′
联立解得h′＝h。
答案　h

方法感悟
(1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程。
(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。
(3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算。另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。




1．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　)

A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
答案　C
解析　轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，故A、B错误。设轨道的水平部分长为L，轨道固定时，根据能量守恒定律得：mgR＝μmgL；轨道不固定时，假设物块能停在轨道上，且与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0；根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，假设成立，故C正确，D错误。
2．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切。现使一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g＝10 m/s2，求：

(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。
答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1
由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1①
由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②
联立①②并代入数据解得v0＝5 m/s③
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v2④
设小物块与车最终相对静止时，它在平板车水平面上滑动的路程为x，由动能定理得：
mv－(M＋m)v＝μmgx⑤
联立③④⑤并代入数据解得x＝2 m
可知此时它距点O′的距离x0＝x－L＝0.5 m。⑥
3．一质量为M的木块静止放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f。则
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)从子弹刚打上木块到留在木块内相对木块静止的过程中，子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
答案　(1)v0　(2)
(3)　　
(4)　　(5)
解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0。
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：ft＝Mv－0
解得t＝。
(3)设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－fs1＝mv2－mv

解得s1＝
对木块：fs2＝Mv2－0。
解得s2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
s相＝s1－s2＝。
(4)系统损失的机械能为
E损＝mv－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为Q＝f·s相＝
系统增加的内能等于系统损失的机械能。
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有
fL＝mv－(M＋m)v2
解得L＝
因此木块的长度至少为。
4．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方体匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动，已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。

(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能
解析　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝＝ m/s＝6 m/s
此过程系统所增加的内能
ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。
(2)设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝＝ m/s＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋
0.02)×82 J＝1568 J
由功能关系有
ΔE＝fs相＝fd
ΔE′＝fs相′＝fd′
则＝＝＝
解得d′＝d＝×6 cm＝10.67 cm
因为d′>10 cm，所以能射穿该木块。


课后作业
1．(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是(　　)

A．发生碰撞时汽车A的速率较大
B．发生碰撞时汽车B的速率较大
C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5
D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶
答案　BC
解析　设两车碰撞后的加速度大小为a，碰撞后一起滑行的位移为x，则x＝ m＝6.5 m。设碰后两车的速度大小为v，由v2＝2ax可得v＝。设v的方向与正东方向间夹角为θ，由动量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝，cosθ＝，可知，vB0>vA0，则＝＝，故B、C正确，A、D错误。
2. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m
A．h B.h
C.h D.h
答案　D
解析　若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v。联立以上各式可得h′＝h，故D正确。
3. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)

A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg－m
答案　C
解析　弧形槽不固定，当v0＝ 时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。
4．(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)

A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1
B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零
C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1
D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3
答案　D
解析　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAv，W2＝mBv，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正确。
5．(2018·潍坊统考)(多选)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是(　　)

A．弹簧的最大弹性势能为mv2
B．弹簧对小车做的功为mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为mv
答案　AC
解析　小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正确；当小球与弹簧分离时，假设小车的速度为v1、小球的速度为v2，则由动量守恒定律与能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，则弹簧对小车做的功为W＝mv＝mv2，B错误；弹簧对小球的冲量为I＝0－mv＝－mv，即冲量的大小为mv，C正确，D错误。
6．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案　(1) 　(2)
解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。
由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。
7．(2018·全国卷Ⅱ)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。
8．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如右，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＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L；
(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，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案　(1)100 m　(2)1800 N·s
(3)图见解析　3900 N
解析　(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即v－v＝2aL，
可解得L＝＝ m＝100 m。
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，
所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。

由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，①
从B运动到C由动能定理可知
mgh＝mv－mv，②
由①②式并代入数据
解得FN＝3900 N。
9．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案　(1)mg　　(2)　(3)
解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
＝tanα①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。
10．(2015·山东高考)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

答案　v0
解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝mv－mv②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝mv－mvB′2③
据题意可知WA＝WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0。
11．(2018·兰化一中模拟)如图所示，有半径相同的小球a、b，a球质量为2m，b球质量为m，b球位于光滑轨道ABC的水平段BC的末端C处。a球从距BC水平面高h的A处由静止滑下，在C处与b球发生弹性正碰。求：

(1)碰前瞬间a球的速度v；
(2)两球在水平地面DE上的落点间的距离s。
答案　(1)　(2)h
解析　(1)对a球碰撞前的过程，由机械能守恒定律得：
2mgh＝·2mv2
解得：v＝。
(2)设两球碰后的速度分别为v1、v2，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得：
2mv＝2mv1＋mv2
(2m)v2＝(2m)v＋mv
两球碰后均从C点做平抛运动，且运动时间相同，设平抛的时间为t，两球平抛运动的水平位移分别为x1、x2，由平抛运动的规律得：0.5h＝gt2，
x1＝v1t，
x2＝v2t，
s＝x2－x1，
联立解得：s＝h。
12. (2018·抚顺模拟)如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R, MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ＝0.8，求：

(1)B到达的最远位置离M点的距离；
(2)极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；
(3)A与B的质量之比。
答案　(1)2R　(2)mA　(3)4∶5
解析　(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：mAg＝mA，
解得：vN＝，
A做平抛运动，由平抛运动规律：2R＝gt2，
水平方向：x＝vNt，
联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为x＝2R。
(2)A上升到N的过程，由机械能守恒定律：
mAv＝mAv＋mAg·2R，
解得：vA＝，
根据动量定理可得：I＝mAvA＝mA。
(3)对B，由动能定理：－μmBgx＝0－mBv，
炸药爆炸过程由动量守恒定律：mAvA－mBvB＝0，
联立以上两式可得：＝＝。
13. (2018·江南十校检测)如图所示，粗糙的水平地面上有一块长为3 m的木板，小滑块放置于长木板上的某一位置。现将一个水平向右，且随时间均匀变化的力F＝0.2t作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。已知：滑块质量m与长木板质量M相等，且m＝M＝1 kg，滑块与木板间动摩擦系数为μ1＝0.1，木板与地面间动摩擦系数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)。

(1)经过多长时间，长木板开始运动？
(2)经过多长时间，滑块与长木板恰要发生相对运动？此时滑块的速度为多大？
(3)如果t＝0时锁定外力F＝6.75 N，一段时间后撤去外力，发现小滑块恰好既不从左端滑出，也恰好不从右端滑出木板。求小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离。
答案　(1)20 s　(2)30 s　5 m/s　(3)3 m
解析　(1)设经过t1时间木板开始运动，此时
F1＝μ2(m＋M)g，
且F1＝0.2t1，联立可得：t1＝20 s。
(2)设经过t2时间，滑块与长木板刚好发生相对运动，加速度为a，
对滑块：μ1mg＝ma，得a＝μ1g＝1 m/s2，
对木板由牛顿第二定律：
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma，
且F2＝0.2t2，联立可得：t2＝30 s，
设滑块与长木板恰要发生相对运动时的速度为v1，对滑块和木板的整体，在运动过程中，由动量定理：
－μ2(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0，
解得：v1＝5 m/s。
(3)设小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离为x，外力作用时间为t1′，撤去外力前，假设木板与小滑块各自匀加速运动，木板的加速度大小为a1，滑块的加速度大小仍为a。根据牛顿第二定律列出：
F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，
解得：a1＝1.75 m/s2，大于滑块加速度a＝μ1g＝1 m/s2，故假设成立。
撤去外力后，速度相等之前，木板匀减速运动，加速度大小为a2，滑块加速度大小仍为a，根据牛顿第二定律列出：
μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2，解得：a2＝5 m/s2，
速度相等之后，因为μ1g<μ2g，故二者各自匀减速运动，木板加速度大小为a3，滑块加速度大小仍为a。
根据牛顿第二定律列出：μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，
解得：a3＝3 m/s2，
画出滑块、木板运动的v­t图如图所示，粗线表示滑块的v­t关系，细线表示木板的v­t关系。

设滑块与木板速度相等时的速度为v0，因小滑块恰好既不从左端滑出，也恰好不从右端滑出木板。
所以：－＝L，
将板长L＝3 m代入得v0＝3 m/s，
设滑块从启动到与木板速度相等经历的时间为t2′，因为加速与减速的加速度大小相等，所以从速度相等到滑块停止的时间也为t2′，显然：v0＝at2′，得：t2′＝3 s。
速度相等之前，研究木板，可知：
a1t1′＝v0＋a2(t2′－t1′)，代入数据可得：t1′＝ s，
所以x＝＋v0(t2′－t1′)＋－，
代入数据得：x＝3 m。
14．(2018·南昌模拟)如图甲所示，长木板处于光滑的水平面上，右端紧靠墙壁，墙壁左侧l＝16 m处放有一物块P，P的质量是木板质量的2倍。t＝0时，一小铁块从左端以某一速度滑上长木板，铁块与墙壁碰撞后，速度随时间变化关系如图乙所示。不计所有碰撞的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小铁块与木板间的动摩擦因数；
(2)长木板的长度；
(3)小铁块最终与墙壁间的距离。
答案　(1)0.3　(2)14 m　(3)4.17 m
解析　(1)设铁块质量为m，木板质量为M，铁块碰撞墙壁后，有f＝ma1，
其中f＝μmg，a1＝＝3 m/s2，解得μ＝0.3。
(2)设木板长为l0，铁块碰撞墙壁后速度大小为
v1＝4 m/s，
逆向分析铁块0～2 s的运动过程，
则l0＝v1t＋a1t2，t＝2 s，解得l0＝14 m。
(3)铁块与墙壁碰撞后与木板第一次摩擦过程中，速度最终变为v2＝1 m/s，
则mv1＝(m＋M)v2，得M＝3m，
木板加速远离墙壁的加速度大小为a2＝＝1 m/s2，
设当长木板离墙壁x1时，两物体相对静止
x1＝＝0.5 m，
此时铁块离墙壁的距离为x2＝＝2.5 m，
当它们一起以v2＝1 m/s的速度向左运动x0＝l－x1－l0＝1.5 m时，木板与P碰撞，设木板碰后速度为v3，则
Mv2＝Mv3＋2MvP，
Mv＝Mv＋×2Mv，
解得v3＝－ m/s。
接着物块P以vP向左运动，铁块与木板相互摩擦，设最终速度为v4，
则mv2＋Mv3＝(m＋M)v4，解得v4＝0。
铁块继续向左的位移x3为x3＝＝ m，
铁块最终离墙壁的距离为x＝x2＋x0＋x3＝4.17 m。