2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)17力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用含詳解

專題17力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用

目錄

題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題.........................................10

題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決板一塊模型及傳送帶模型問題14

題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題

力學(xué)三大觀點對比

力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達式選用原則

牛頓第二定律F合=ma

v=vo+at

物體做勻變速直線運動，

動力學(xué)觀點

1涉及到運動細(xì)節(jié).

勻變速直線運動規(guī)律x=vot+^at

v2—v(^=2ax^

動能定理卬合=4瓦

機械能守恒定律Ek1+昂1=仇2+弓2

能量觀點涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換

功能關(guān)系WG=—AEp等

能量守恒定律E1=E2

只涉及初末速度、力、時

動量定理Ia=p'—p

間而不涉及位移、功

動量觀點

只涉及初末速度而不涉

動量守恒定律P\+pi=P\f+P2，

及力、時間

【例1】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為力的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在

同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)

剪去了左上角135。后剩余的部分，為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量

根=0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水

平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰（碰撞過程沒有機械能的損失），碰后物塊B的

位移隨時間變化的關(guān)系式為s=6z—2尸(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B

飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10m/s2)求：

(1)8尸間的水平距離SBP；

(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點;

(3)物塊A由靜止釋放的高度

[例2](2021?云南省高三二模)如圖所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑

水平面相切，弧形槽高度/?=2.7m、質(zhì)量m0=2kg.BC。是半徑/?=0.4m的固定豎直圓形光

滑軌道，。是軌道的最高點，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在B點相切，已知4、B兩點相

距2m.現(xiàn)將質(zhì)量〃z=lkg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進入粗糙水平面AB前已

經(jīng)與光滑弧形槽分離，并恰能通過光滑圓軌道最高點。，重力加速度g=10m/s2.求：

(2)物塊在圓形軌道B點時受到的軌道的支持力大小;

(3)物塊與粗糙水平面AB間的動摩擦因數(shù).

【例3】(2022?湖南懷化市一模)如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ah

傾斜、兒水平,與半徑R=0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點平滑連接。

可視為質(zhì)點的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與

兩小球均不拴接且被鎖定。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌

道運動到。處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達最高點4。已知小

球甲的質(zhì)量加=2kg,。、人的豎直高度差力=0.45m,已知小球乙在c點時軌道

對其彈力的大小E=100N,彈簧恢復(fù)原長時兩小球均在水平軌道上，不計空氣

阻力,重力加速度g取lOm*。求:

(1)小球乙的質(zhì)量;

(2)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能EP；

(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wfo

【例4】(2022?山東濟南市模擬)如圖所示，兩足夠長直軌道間距d=1.6m,軌道

所在平面與水平面夾角8=37。,一質(zhì)量"=2kg的“半圓柱體”滑板尸放在軌

道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R

1m的半圓，圓心分別為0.0'.有5個完全相同的小滑塊,質(zhì)量均為m=0.5kg。

某時刻第一個小滑塊以初速度加=1.5m/s沿。，。沖上滑板P,與滑板共速時小

滑塊恰好位于。點，每當(dāng)前一個小滑塊與P共速時，下一個小滑塊便以相同初

速度沿00沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板尸與小滑塊間

的動摩擦因數(shù)為〃i=0.8,sin37。=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s2,求：

⑴滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)〃2；

(2)00的長度L；

(3)第5個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量。。

【例5】如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓軌

道A8,在半圓軌道最低點B處有兩個小球尸、Q(兩小球均可視為質(zhì)點)，兩小球之間放有火

藥，點燃火藥，兩小球分別獲得水平向左和水平向右的初速度，向左運動的小球P落在水

平地面上的C點，向右運動的小球。沿半圓軌道恰好運動到A點后水平拋出也落在C點.已

知火藥釋放的能量有80%轉(zhuǎn)化為兩小球的動能，C點與B點的水平距離為3R,P小球的質(zhì)

量為相，重力加速度為g.求：

(1)半圓軌道AB的最低點B處距離水平地面的高度h；

(2)小球P獲得水平向左的初速度瞬間對半圓軌道最低點的壓力大小;

(3)火藥釋放的能量E.

【例6】如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長，NP段粗糙.MN上靜置有一個

光滑且足夠高的斜面體c,P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的;圓弧軌道P。，圓弧軌道與水

平面相切于P點.兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B

瞬間與彈簧分離，一段時間后A通過N點，之后從圓形軌道末端。點豎直飛出，飛出后離

。點的最大高度為L,B滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為生已知A、B兩球

的質(zhì)量均為〃?，NP段的長度和圓弧的半徑均為LA球與NP間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力

加速度為g，48分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸.

。廠町。

用NP(1)求小球4第一次通過P點時對圓形軌道的壓力大小；

(2)求斜面體C的質(zhì)量；

(3)試判斷A、B球能否再次相遇.

【例7】如圖，光滑軌道尸。O的水平段。0=今軌道在。點與水平地面平滑連接.一質(zhì)量

為m的小物塊4從高〃處由靜止開始沿軌道下滑，在。點與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)

生碰撞.A、2與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.5,重力加速度為g.假設(shè)A、3間的碰撞為

丁月

邊也也"

完全彈性碰撞，碰撞時間極短.求：2

(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；

(2)請計算說明物塊A與B能否發(fā)生第二次碰撞.

【例8].如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑

m,槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B,質(zhì)量均為巾=0.2kg.兩滑塊初始位置與

圓心連線夾角為90。；現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得加=2耳而m/s的初速度并沿鐵槽

運動，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短)；己知4、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因

數(shù)"=0.2,g=10m/s2；試求：

系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm；

(2)4滑塊運動的總路程.

【例9】如圖所示，水平軌道0P光滑，粗糙，PM長L=3.2m.。例與半徑R=0.15m

的豎直半圓軌道MN平滑連接.小物塊A自。點以為=14m/s向右運動，與靜止在P點的

小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，碰后4、B分開，A恰好運動到M點停止.A、B均看

作質(zhì)點.已知A的質(zhì)量〃以=1.0kg,8的質(zhì)量,如=2.0kg,A、8與軌道PM的動摩擦因數(shù)

均為〃=0.25,g取10m/s2,求：

(1)碰后人、B的速度大小;

(2)碰后B沿軌道PM運動到M所需時間：

(3)若B恰好能到達半圓軌道最高點N,求沿半圓軌道運動過程損失的機械能.

【例10】(2021?寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為網(wǎng)=0.1kg、〃?2=0.2kg的兩彈性小球(可

看作質(zhì)點)放在質(zhì)量例=0.4kg、內(nèi)部長度L=2m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在

水平面上，且與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=福，開始時兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與

兩球連接、長度忽略)，球和彈簧共儲存能量E=1.2J,靜止在U形槽中央，如圖4所示.假

設(shè)所有碰撞時間極短，且碰撞過程中沒有能量損失，釋放兩球(然后彈簧被取出)，已知同

Q16.5,g取10m/s2,求：

如“'20W

J憶⑴兩球分離時的速度大小；

⑵如與U形槽首次碰撞后瞬間，如與U形槽的速度大小；

(3)釋放彈簧后，加2經(jīng)多長時間與U形槽發(fā)生碰撞.

題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決板一塊模型及傳送帶模型問題

1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光

滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點解題.

2.滑塊與木板達到相同速度時應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化.

3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移.用運動學(xué)公式或動能

定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移（或相對路程）.

【例1】如圖所示，一質(zhì)量為M=3.0kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)

處有一障礙物A,質(zhì)量為巾=2.0kg的6球用長/=2m的細(xì)線懸掛于障礙物正上方，一質(zhì)量

也為m的滑塊（視為質(zhì)點）以8=7m/s的初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水

平向右的，大小為6N的恒力尺當(dāng)滑塊運動到平板車的最右端時，二者恰好相對靜止，此

時撤去恒力R當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰

并與6粘在一起成為c.不計碰撞過程中的能量損失，不計空氣阻力.已知滑塊與平板車間的

動摩擦因數(shù)〃=0.3,gIR10m/s2,求：

二）撤去恒力F前,滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何；

（2）撤去恒力/時，滑塊與平板車的速度大小；

（3）c能上升的最大高度.

【例2】（2022?河南南陽市高三期末）如圖所示，水平面上有一長為L=14.25m的凹槽，長為

/=苧m、質(zhì)量為M=2kg的平板車停在凹槽最左端，上表面恰好與水平面平齊.水平輕質(zhì)

彈簧左端固定在墻上，右端與一質(zhì)量為機=4kg的小物塊接觸但不連接.用一水平力F緩

慢向左推小物塊，當(dāng)力尸做功W=72J時突然撤去力E已知小物塊與平板車之間的動摩擦

因數(shù)為〃=0.2,其他摩擦不計，g取10m*,平板車與凹槽兩端的碰撞均為彈性碰撞，且碰

撞時間極短，可以忽略不計.求：

<z/z9zzz/zzzzzXy/z/z/zz///zz（1）小物塊剛滑上平板車時的速度大小;

（2）平板車第一次與凹槽右端碰撞時的速度大小;

（3）小物塊離開平板車時平板車右端到凹槽右端的距離.

【例3】（2022?遼寧葫蘆島市高三期末）如圖所示，有一傾角9=37。的固定斜面，斜面底端固

定有一垂直斜面的擋板P,將質(zhì)量皿=1kg的形木板（前端擋板厚度忽略）單獨從斜面

上端由靜止釋放，木板與擋板P發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s=0.15m；若將光

滑物塊（視為質(zhì)點）放在木板最上端并同時由靜止釋放（木板位置與上次釋放時初位置相

同）.已知：物塊的質(zhì)量52=2kg,釋放時木板下端到擋板P的距離小=3m,木板長L2

=0.75m,g=10mH,sin6=0.6,cos0=0.8,木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一

半，物塊與木板前端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：

切切力切如1）木板與斜面間的動摩擦因數(shù)；

（2）物塊與木板前端擋板碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

（3）物塊與木板前端擋板碰撞后開始計時，到木板第2次速度減為零時，這個過程中木板滑

行的總路程.

[例5]（2022?福建廈門市一模）如圖所示，一質(zhì)量如=0.1kg的物塊甲靜止在A點，物塊甲

與墻壁間有一壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧，物塊甲從靜止?fàn)顟B(tài)釋放后被彈簧彈出，沿水平面向左

運動與另一質(zhì)量加2=0.3kg的物塊乙碰撞（時間極短）后粘在一起滑出B點，滑上半徑R=0.5

m的半圓弧軌道（直徑CD豎直），兩物塊經(jīng)過半圓弧軌道的最低點。時對。點的壓力大小

FN=84N.木板質(zhì)量例=0.4kg、長度L=6m,上表面與半圓弧軌道相切于力點，木板與

右側(cè)平臺P等高，木板與平臺相碰后瞬間靜止.已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)"=0.5,

其余摩擦不計，兩物塊均可視為質(zhì)點，木板右端與平臺P左側(cè)的距離為s,取重力加速度大

小g=10m/s?.求：

—LT-sT（1）兩物塊經(jīng)過。點時的速度大小S>;

（2）釋放物塊前彈簧的彈性勢能心和碰撞過程中損失的能量E：

（3）物塊滑上平臺P時的動能反與s的關(guān)系.

【例6】.（2022?山東德州市一模）如圖所示，可看作質(zhì)點的小物塊4的質(zhì)量n?=lkg,右端帶

有豎直擋板的足夠長的木板8,它的質(zhì)量仞=2kg,木板B上M點左側(cè)與小物塊A間的動

摩擦因數(shù)〃=0.5,M點右側(cè)光滑，M點與木板右側(cè)擋板的距離〃=1.5m,水平地面光滑.初

始時木板B靜止，4在木板B上M點的左側(cè)，與M點的距離“=1.8m,現(xiàn)使A獲得一水

平向右的初速度，初速度大小0o=6m/s,A與B右側(cè)擋板碰撞的時間和能量損失都不計，

重力加速度g=10m/s?.求:

跳"〃⑴A第?—次到達M點時，A和B各自的速度大小；

(2)4和B達共同速度時，A距M點的距離；(3)自初始時至A、B碰撞，4的平均速度大小；

(4)自初始時至A、2達共同速度，A向右運動的位移大小.

【例7】如圖，質(zhì)量為M=8kg的木板A8靜止放在光滑水平面上，木板右端B點固定一根

水平輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在C點，C到木板左端的距離L=0.5m,質(zhì)量為m=2kg的小

木塊(可視為質(zhì)點)靜止放在木板的左端，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,木板AB受

到水平向左的恒力F=28N,作用一段時間后撤去，恒力廠撤去時木塊恰好到達彈簧自由端

C處，此后運動過程中彈簧最大壓縮量x=5cm,g=10m/s2.求：

mB

(1)水平力p作用的時間ty

(2)撤去尸后，彈簧的最大彈性勢能穌；

(3)整個過程產(chǎn)生的熱量Q.

【例8】(2022?山西運城市高三一模)如圖所示，半徑R=1.6m的光滑四分之一圓軌道放在

光滑水平地面上，其左側(cè)緊靠豎直墻壁、底端切線水平.長木板。的左端緊靠圓軌道(但不

拴連)，且上表面與圓軌道末端相切，長木板上放一個輕彈簧，輕彈簧右端被固定在木板的

右端，長木板最左端放一物塊P.現(xiàn)從高于圓軌道頂端H=11.2m的位置無初速度釋放一個

質(zhì)量〃如=1.0kg的小球，小球無碰撞進入圓軌道，經(jīng)過圓軌道后與物塊P發(fā)生碰撞.碰后

小球返回到圓軌道的最高點時被鎖定，小球被鎖定的位置和圓軌道圓心的連線與豎直方向夾

角9=60。.物塊P被碰后沿長木板上表面向右滑動，隨后開始壓縮彈簧，已知最后物塊P剛

好返回到長木板。的最左端.小球和物塊P都可以視為質(zhì)點，物塊尸與木板。的質(zhì)量分別

為/Mp和，“0,mp—mQ—2kg,g取=10m/s2.求：

(1)小球在圓軌道上下滑的整個運動過程中，對軌道的水平?jīng)_量/

的大小;

(2)小球與物塊P發(fā)生的碰撞中損失的機械能;

(3)整個過程中輕彈簧的最大彈性勢能.

【例9】.(2022?廣東汕頭市模擬)長度L=0.90m的木板在光滑水平地面上向右運動，將小物

塊A相對于地面靜止輕放到木板右端端點上，一段時間后物塊運動到木板左端恰好不會脫

離木板.接著再將另一小物塊B同樣相對于地面靜止輕放到木板右端端點上.已知物塊A與木

板的質(zhì)量相等，而物塊B的質(zhì)量是A的3倍，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.25,

物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.重力加速度g取10m/s2,求：

(1)木板開始時的初速度Vo的大小；

(2)最后兩物塊之間的距離.

10.(2022?湖南師大附中高三月考)如圖所示，足夠長的光滑水平面上有一水平輕質(zhì)彈簧在其

左側(cè)固定，彈簧右端連接質(zhì)量，"=1kg的小物塊4,彈簧壓縮后被鎖定.傳送帶長/=1m,

以。=2m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，它與水平面等高，并能平滑對接，傳送帶右側(cè)與光滑的曲

面平滑連接.質(zhì)量M=2kg的小物塊B從其上距水平面〃=1.0m處由靜止釋放，經(jīng)過一段時

間后與物塊A碰撞.設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對心碰撞，碰撞后兩者一起向前運動且碰撞

瞬間彈簧鎖定被解除.8與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,取g=10m/s2,兩物塊均可視為

質(zhì)點.

(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞過程中損失的機械能;

(2)若物塊B第一次與A分離后，恰好運動到右邊曲面距水平面h'=0.65m高的位置，求

彈簧被鎖定時彈性勢能的大小；

(3)在滿足(2)問條件的前提下，兩物塊發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞后分離的瞬間物塊A都會

立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊A、B第〃次碰撞后瞬間速度大小.

專題17力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用

目錄

題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題.........................................10

題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決板一塊模型及傳送帶模型問題14

題型一應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決多過程問題

力學(xué)三大觀點對比

力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達式選用原則

牛頓第二定律F合=ma

v=vo+at

物體做勻變速直線運動，

動力學(xué)觀點

1涉及到運動細(xì)節(jié).

勻變速直線運動規(guī)律x=vot+^at

v2—v(^=2ax^

動能定理卬合=4瓦

機械能守恒定律Ek1+昂1=仇2+弓2

能量觀點涉及到做功與能量轉(zhuǎn)換

功能關(guān)系WG=—AEp等

能量守恒定律E1=E2

只涉及初末速度、力、時

動量定理Ia=p'—p

間而不涉及位移、功

動量觀點

只涉及初末速度而不涉

動量守恒定律P\+pi=P\f+P2，

及力、時間

【例1】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為力的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在

同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)

剪去了左上角135。后剩余的部分，為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量

根=0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水

平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰（碰撞過程沒有機械能的損失），碰后物塊B的

位移隨時間變化的關(guān)系式為s=6f-2?(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B

飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10m/s2)求：

(1)8尸間的水平距離SBP；

(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點；

(3)物塊A由靜止釋放的高度h.

【答案】(1)4.1m(2)不能(3)1.8m

【解析】(1)設(shè)碰撞后物塊B由。點以初速度做平拋運動,

落到P點時0V2=2gR①

其中*tan45。②

由①②解得S)=4m/s③

設(shè)平拋用時為t,水平位移為52,則有④

S2=V[)t?

由④⑤解得52=1.6m⑥

物塊8碰后以初速度0()=6m/s,加速度a=-4m/s2減速到沏，則8。過程由運動學(xué)公式

曲一加=2砌⑦

解得門=2.5m⑧

故8戶之間的水平距離s2=S2+SI=4.1m⑨

(2)若物塊3能沿軌道到達M點，在例點時其速度為。M,由。到例的運動過程，根據(jù)動能

定理，則有一(“igR=%皿w2—5。/⑩

設(shè)在M點軌道對物塊的壓力為FN,

2

則人+,咫=，建■'?

由⑩?解得FN=(1一正而g<0,假設(shè)不成立，即物塊不能到達M點.

對物塊、的碰撞過程，根據(jù)動量守恒有：，

(3)A8+?nsvo?

根據(jù)機械能守恒有：

耳22

5M02=0/+|wBy0?

由??解得：VA=6m/s?

設(shè)物塊4釋放的高度為/?,對下落過程，根據(jù)動能定理有：

mgh=^inv^,?

由??解得4=1.8m.?

【例2】(2021?云南省高三二模)如圖所示，光滑弧形槽靜置于光滑水平面上，底端與光滑

水平面相切，弧形槽高度刀=2.7m、質(zhì)量如=2kg.BC。是半徑R=0.4m的固定豎直圓形光

滑軌道，。是軌道的最高點，粗糙水平面AB與光滑圓軌道在8點相切，已知A、8兩點相

距2m.現(xiàn)將質(zhì)量m=1kg的物塊從弧形槽頂端由靜止釋放，物塊進入粗糙水平面AB前已

經(jīng)與光滑弧形槽分離，并恰能通過光滑圓軌道最高點。，重力加速度g=10m/s2.求：

fTLP_____

1為(i)物塊從弧形槽滑下的最大速度大小；

(2)物塊在圓形軌道B點時受到的軌道的支持力大小；

(3)物塊與粗糙水平面A8間的動摩擦因數(shù).

【答案】(1)6m/s(2)60N(3)0.4【解析】(1)小物塊到達弧形槽底端時速度最大.設(shè)

小物塊到達弧形槽底端時速度大小為V\,槽的速度大小為02.小物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)在

水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，小物塊下滑到底端時，由動量守恒定律得mv\

一，"0。2=0

由機械能守恒定律得

mgh=^invi2+^w;oV22

聯(lián)立解得vi=6m/s

。2=3m/s

(2)物塊從豎直圓形光滑軌道B點運動到D點滿足機械能守恒定律，有上如+

物塊恰能通過豎直圓形光滑軌道的力點，有

VD2

mg=nr~^~

物塊通過豎直圓形光滑軌道的8點，有

2

lVB

FN—mg=in-^-

聯(lián)立解得入=6,咫=60N

(3)物塊經(jīng)過粗糙水平面4B時，有

vir—vt2=2as=-2〃gs

解得"=0.4.

【例3】(2022?湖南懷化市一模)如圖所示，光滑軌道a歷固定在豎直平面內(nèi)，ah

傾斜、兒水平,與半徑R=0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點平滑連接。

可視為質(zhì)點的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與

兩小球均不拴接且被鎖定。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌

道運動到。處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達最高點小已知小

球甲的質(zhì)量如=2kg,a、人的豎直高度差6=0.45m,已知小球乙在c點時軌道

對其彈力的大小尸=100N,彈簧恢復(fù)原長時兩小球均在水平軌道上，不計空氣

阻力，重力加速度g取10m/s?。求：

■〃

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，...*___

C1>(1)小球乙的質(zhì)量；

(2)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能EP；

(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功的。

【答案】(1)1kg⑵27J(3)8J

【解析】(1)對小球甲，脫離彈簧后運動到。處，由機械能守恒定律得

m\gh=^m\v[,得s=3m/s

對小球甲、乙，由動量守恒定律得

mw\一加202=0

對小球乙，在C點，由牛頓第二定律得

F—m2g=mT^

聯(lián)立解得〃22=1kg,02=6m/s

、2

或〃22=9kg,O2=§m/s

小球乙恰好過d點，由牛頓第二定律有

0多__2

機2g=旭2方解得Vd=y[gR=2m/s>^m/s由題意知Vd<V2

所以小球乙的質(zhì)量"22=1kgo

(2)由能量守恒定律有

Ep=^mw^+^m2vl

解得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能

Ep=27Jo

(3)對小球乙在半圓形軌道上運動的過程中，設(shè)克服摩擦力所做的功為Wf由動能

定理有

11

—2tmgR—Wf=g〃22O力9一產(chǎn)2比9

解得Wf=8J。

【例4】(2022?山東濟南市模擬)如圖所示，兩足夠長直軌道間距d=1.6m,軌道

所在平面與水平面夾角，=37。，一質(zhì)量M=2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌

道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R

1m的半圓，圓心分別為0、0。有5個完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為團=0.5kg。

某時刻第一個小滑塊以初速度。。=1.5m/s沿。。沖上滑板P,與滑板共速時小

滑塊恰好位于。點，每當(dāng)前一個小滑塊與P共速時，下一個小滑塊便以相同初

速度沿0'0沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板尸與小滑塊間

的動摩擦因數(shù)為〃1=0.8,sin37。=0.6,cos37°=0.8,g取摩m/s2,求：

⑴滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)〃2；

(2)00的長度L；

(3)第5個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量0。

【答案】(1)0.45(2)2.25m(3)2J

【解析】(1)對滑板受力分析，畫出滑板的兩個平面圖如圖甲和乙所示

解得a=53°

由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得Mgcos0=2FN,COSa

Mgsin9=2〃2FN'

聯(lián)立解得〃2=0.45。

(2)第一個小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動

量守恒

?7Vo=(nz+A/)vi

設(shè)滑塊相對滑板的位移O。'為"由系統(tǒng)的動能定理得

mgLsin8一〃即gLcos0=^m+M)v^—^mvo

聯(lián)立方程解得L=2.25m。(3)第四個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)

動量守恒，設(shè)共同速度為。4,則有

4muo=(4m+M)V4

第五個小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為。5,

則有

5mvo=(5m+M)V5

設(shè)第五個滑塊相對滑板的位移00為乙5,由系統(tǒng)的動能定理，得

mgLisin夕一〃imgL5cos^=^(5m+M)PS+M)m

則由于摩擦產(chǎn)生的熱量

Q="i，〃gL5cos0=2Jo

【例51如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓軌

道A5,在半圓軌道最低點3處有兩個小球尸、。(兩小球均可視為質(zhì)點)，兩小球之間放有火

藥，點燃火藥，兩小球分別獲得水平向左和水平向右的初速度，向左運動的小球P落在水

平地面上的C點，向右運動的小球。沿半圓軌道恰好運動到A點后水平拋出也落在C點.已

知火藥釋放的能量有80%轉(zhuǎn)化為兩小球的動能，C點與B點的水平距離為3R,P小球的質(zhì)

量為機，重力加速度為g.求：

(1)半圓軌道AB的最低點B處距離水平地面的高度〃；

(2)小球P獲得水平向左的初速度瞬間對半圓軌道最低點的壓力大小;

(3)火藥釋放的能量E.

14

【答案】(1)2.5/?⑵亨超(3)3mgK【解析】⑴小球Q沿半圓軌道恰好運動到A點,

有5〃送

解得vA=y[gR

小球Q從A點水平拋出后落在C點過程，由平拋運動規(guī)律有2R+/7=?fJ

聯(lián)立解得〃=2.5K

(2)小球P從B點做平拋運動，落在水平地面上的C點，有

3R=VBQ

解得VB—

小球P在最低點F^—mpg=fnp-^~

由牛頓第三定律，對半圓軌道最低點的壓力大小入'=八=專力*

(3)小球Q沿半圓軌道恰好運動到A點,對此過程，由動能定理有一

解得VQ=y]5gR

P、。爆炸過程，取向右為正方向，由動量守恒定律有小⑷8=〃Z(WQ

由能量守恒定律可得80%E=2'npVB2+

聯(lián)立解得E=3mgR.

【例6】如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長，NP段粗糙.MN上靜置有一個

光滑且足夠高的斜面體C,P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的;圓弧軌道PQ,圓弧軌道與水

平面相切于P點.兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B

瞬間與彈簧分離，一段時間后A通過N點，之后從圓形軌道末端。點豎直飛出，飛出后離

。點的最大高度為LB滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為上已知A、B兩球

的質(zhì)量均為〃?，NP段的長度和圓弧的半徑均為LA球與NP間的動摩擦因數(shù)"=0.5,重力

加速度為g，A、8分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸.

。廠町。

用NP(1)求小球4第一次通過P點時對圓形軌道的壓力大小；

(2)求斜面體C的質(zhì)量；

⑶試判斷A、B球能否再次相遇.

【答案】(l)5/ng(2)1m⑶不能

【解析】(1)設(shè)小球A經(jīng)過P點的速度為。心從？點運動到最高點的過程中

由機械能守恒定律得;/“。戶2=〃?g.2乙

設(shè)A在P點受到圓形軌道的支持力為FN,由牛頓第二定律得FN一成?=〃個

聯(lián)立解得FN=5mg

據(jù)牛頓第三定律可知，A對圓形軌道的壓力大小為5mg.

(2)設(shè)剛分離時A的速度為。A從分離時到運動至P點的過程中，據(jù)動能定理可得一

1,1

--2nw'2

設(shè)剛分離時8的速度為。2,取向左為正方向，在A、8分離的過程中，據(jù)動量守恒定律可得

mvi=mv2

設(shè)斜面體C的質(zhì)量為EC,8在C上達到最大高度時，B與C共速，設(shè)此時兩者速度為S,

8從分離時到滑上C最高點的過程中，水平方向動量守恒，可得"W2=(，〃+，nc)S

據(jù)機械能守恒定律可得/加22=3(，〃+"?(?)。32+，〃痣聯(lián)立解得mc=^m

(3)設(shè)A下滑后向左通過尸N后的速度為。4,在A從最高點下滑向左通過PN的過程中，據(jù)動

能定理可得mg2L—fimgL=^mv42

解得V4=N3gL

設(shè)8從C上滑回地面時8的速度為。5,C的速度為以，從8球開始滑上C到再滑回地面的

過程中，據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律分別可得mV2=mv5+mdV6

^mv22=^mvs2+%例2

聯(lián)立解得05=小屈Z,。6=|\廨1

由于。4＜。5,故兩球不能再次相遇.

【例7】如圖，光滑軌道PQ。的水平段。。=與軌道在。點與水平地面平滑連接.一質(zhì)量

為m的小物塊A從高〃處由靜止開始沿軌道下滑，在0點與質(zhì)量為4加的靜止小物塊B發(fā)

生碰撞.A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.5,重力加速度為g.假設(shè)4、B間的碰撞為

完全彈性碰撞，碰撞時間極短.求：

2(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；

(2)請計算說明物塊A與B能否發(fā)生第二次碰撞.

【答案】見解析

【解析】(1)設(shè)碰撞前A的速度為。，對A下滑過程由動能定理得:

mgh=^mv2,得v=y]2gh

碰撞中由動量守恒得：/加="2。'+4mvn

由機械能守恒得：2fnv2=2mv/2+2X

根-4"?

解得加=18

〃7+4〃7°'〃?+4加"

解得碰撞后A的速度：vl=一，^

B的速度VB=^\[2gh

(2)碰撞后A沿光滑軌道上升后又滑到0,然后向右減速滑行至停止，對此過程由動能定理

得：

||Q

〃加印01=亍如'2,解得必=行人

B沿地面減速滑行至停止，juAmgxn=9x4/nu/r

得XB=25h

因為X?4>X6,所以會發(fā)生第二次碰撞.

【例8】,如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑

R=：m,槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B,質(zhì)量均為加=0.2kg.兩滑塊初始位置與

圓心連線夾角為90°；現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得oo=2j而m/s的初速度并沿鐵槽

運動，與8滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短)；已知A、8滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因

數(shù)〃=0.2,^=10m/s2；試求：

(1)A、5第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm；

(2)A滑塊運動的總路程.【答案】見解析

【解析】(1)對A滑塊，由動能定理可得:

2兀/?171

一-=pnu?-2,nu(y

A、8碰撞時，兩者速度相等時，儲存的彈性勢能最大，由動量守恒定律得:

〃7。1=（〃?+加）。2

又由能量守恒定律可得：

2

2=3（〃?+/71）Z?2+Epm

解得：Epm=1.8J

（2）A>8發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：mvi=mvy+mv4

又由機械能守恒定律可得：

12」，.12

~^tiwr=2,tiv^~十]，"04

解得：03=0,。4=6m/s

A、8的總路程為S],由功能關(guān)系有：—pangs\=0一亍如（/

4、3運動的總?cè)?shù)為〃，有：si=2兀4？

得：n=2.5

對A、8的運動過程分析，4運動了1.25圈,

故A滑塊的路程S2=1.25X2TTR=5m.

【例9】如圖所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長L=3.2m.OM與半徑R=0.15m

的豎直半圓軌道MN平滑連接.小物塊A自。點以oo=14m/s向右運動，與靜止在尸點的

小物塊B發(fā)生正碰（碰撞時間極短），碰后A、B分開,A恰好運動到M點停止.48均看

作質(zhì)點.已知A的質(zhì)量物=1.0kg,8的質(zhì)量機B=2.0kg,A、8與軌道PM的動摩擦因數(shù)

N

均為"=0.25,g取lOm/s2,求:

（1）碰后A、8的速度大小;

⑵碰后8沿軌道PM運動到M所需時間;

（3）若8恰好能到達半圓軌道最高點N,求沿半圓軌道運動過程損失的機械能.

【答案】(l)4m/s5m/s(2)0.8s(3)1.5J

【解析】(1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時的加速度大小相同，均為a,

fimAgnmBg

mAmu鵬

代入數(shù)據(jù)得：a=2.5m/s2

由運動學(xué)知識，對A,Vi2=2aL

得碰后速度功=4m/s

A、8相碰的過程中系統(tǒng)水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，得：mAV()=mAV]+mBv2

得碰后B的速度6=5m/s

(2)對8物塊，尸到M的運動過程，有：

L=V2t-^at2

結(jié)合(1)可解得：A=3.2s(不符合，舍去)

，2=0.8s

即所求時間r=0.8s

(3)8在M點的速度大小。3=。2—“

代入數(shù)值解得：Vi=3m/s

2

8恰好過N點，滿足：氣工=〃sgM到N過程，由功能關(guān)系可得

△E=-^WfiV42—2mngR

聯(lián)立解得損失機械能：A￡=1.5J.

【例10】(2021?寧夏銀川一中高三模擬)質(zhì)量分別為町=0.1kg、恤=0.2kg的兩彈性小球(可

看作質(zhì)點)放在質(zhì)量何=0.4kg、內(nèi)部長度L=2m且內(nèi)表面光滑的U形槽內(nèi)，U形槽靜止在

水平面上，且與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=言，開始時兩球間夾有一壓縮的彈簧(彈簧未與

兩球連接、長度忽略)，球和彈簧共儲存能量E=1.2J,靜止在U形槽中央，如圖4所示.假

設(shè)所有碰撞時間極短，且碰撞過程中沒有能量損失，釋放兩球(然后彈簧被取出)，已知同

比16.5,g取lOm/s2,求:

["=⑴兩球分離時的速度大小;

⑵如與U形槽首次碰撞后瞬間，網(wǎng)與U形槽的速度大小;

(3)釋放彈簧后，，"2經(jīng)多長時間與u形槽發(fā)生碰撞.

【答案】(l)4m/s2m/s(2)2.4m/s1.6m/s(3)0.4s

【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有

Q=m\V\-m^V2

E=^m\V]2+^m2V22

聯(lián)立解得Pi=4m/s,刈=2m/s

(2)取向左為正方向，碰撞過程如與M組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，可得

m\V[=m\V\r+MV3

2+^MV^

得oj=-2.4m/s,負(fù)號表示方向向右03=1.6m/s

L

2

(3)兩球分離后各自做勻速運動，U形槽不動；經(jīng)時間人先與U形槽碰撞，fi=^=0.25s

此時恤運動的距離Xi=V2/I=0.5m

所以如與U形槽碰撞時，m2與u形槽右側(cè)邊緣的距離為0.5m

U形槽與"力碰撞后，m2仍以2m/s的初速度向右運動，U形槽以1.6m/s的初速度向左做勻

減速運動，由牛頓第二定律有

^(M+m\+ni2)g=Ma

解得a=2m/s2

假設(shè)U形槽一直做勻減速運動，則

f=?=0.8s后停止運動

由f>0.25s可知"，2與u形槽碰撞發(fā)生在槽停止運動前，則有V2t2+vjt2-1a/22=0.5m

解得f2=0.15s（e=3.45s舍去）

則從釋放彈簧到m2與U形槽發(fā)生碰撞需要的時間

，=fi+f2=0.4s.

題型二應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決板一塊模型及傳送帶模型問題

1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光

滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點解題.

2.滑塊與木板達到相同速度時應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化.

3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移.用運動學(xué)公式或動能

定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移（或相對路程）.

【例1】如圖所示，一質(zhì)量為M=3.0kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)

處有一障礙物A,質(zhì)量為，*=2.0kg的匕球用長/=2m的細(xì)線懸掛于障礙物正上方，一質(zhì)量

也為m的滑塊（視為質(zhì)點）以。0=7m/s的初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水

平向右的，大小為6N的恒力F.當(dāng)滑塊運動到平板車的最右端時，二者恰好相對靜止，此

時撤去恒力F.當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰

并與6粘在一起成為c.不計碰撞過程中的能量損失，不計空氣阻力.已知滑塊與平板車間的

動摩擦因數(shù)"=0.3,g取lOm/s2,求：

二:1）撤去恒力尸刖，滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何;

（2）撤去恒力/時，滑塊與平板車的速度大小；

（3）c能上升的最大高度.

【答案】（1）滑塊的加速度為3m/s2、方向水平向左，平板車的加速度為4m/s2,方向水平

向右（2）4m/s（3）0.2m

【解析】(1)對滑塊，由牛頓第二定律得：

s=〃g=3m/s2,方向水平向左

對平板車，由牛頓第二定律得：。2=尸+§—=6+0；X20m/s2=4m/sz,方向水平向右

(2)設(shè)經(jīng)過時間n滑塊與平板車相對靜止，此時撤去恒力尸，共同速度為s

則：vi=vo-a\t\

v\=a2t\

解得：n=ls,Ui=4m/s.

(3)規(guī)定向右為正方向，對滑塊和b球組成的系統(tǒng)運用動量守恒得，mvi=2mv2f

V\4

解得S=5=gm/s=2m/s.

=

根據(jù)機械能守恒得，^X2mvr2mgh1解得〃m=0.