第8讲力学三大观点的应用

第4讲力学三大观点的应用
【必记要点】
1．处理力学与动量、能量的综合问题这类问题的基本思路：(1)明确物体的运动过程及其受力情况，了解在该运动过程中的运动状态变化情况及做功情况，有不少问题是需要分段来分析的。

(2)根据物体的运动过程及相应的功能关系的转化情形，选择合适的公式列式求解。

2．力学规律选用的一般原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。

考点一应用动量观点和能量观点分析碰撞问题
[例1](多选)(2017·安徽江南十校二模)如图2－4－1所示，光滑水平地面上质量均为m的物体A、B，之间用轻弹簧相连，B紧靠右侧墙面，另一个质量也为m的物体C，以一定的初速度v0向右运动(设向右为正)与A碰撞后立即结合为一体，则下列说法正确的是
图2－4－1
A ．A 、C 碰撞引起的机械能损失为14m v 20
B ．弹簧的最大弹性势能为12
m v 20 C ．弹簧第一次恢复原长时B 开始与墙分离
D ．弹簧第一次拉伸到最长时B 的速度为－v 03
[解析] 对A 、C ，碰撞后的速度为v 1，根据动量守恒；m v 0＝2m v 1，v 1＝v 02
，碰撞引起的机械能损失为12m v 20－12(2m )v 21＝14m v 20
，A 正确；根据能量守恒，最大弹性势能等于碰撞后AC 结合体的动能，B 错误；当弹簧第一次恢复原长时，AC
结合体的速度为－v 02
，弹簧开始拉伸，B 开始与墙分离，C 正确；弹簧第一次拉伸最长时，A 、B 、C 三者有共同速度v 1，根据动量守恒：－m v 0＝3m v 2，v 2＝－v 03
，D 正确。

[答案] ACD
【题组训练】
(2014·课标全国卷Ⅰ)如图2－4－2示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球
A 、
B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方。

先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放。

当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零。

已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。

求
图2－4－2
(1)B球第一次到达地面时的速度。

(2)P点距离地面的高度。

解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B ＝2gh①
将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s ②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。

由运动学规律可得
v1＝gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。

规定向下的方向为正，有
m A v1＋m B v2＝m B v2′④
1
2m A v21＋
1
2m B
v22＝
1
2m B
v2′2 ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B ⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝v B′2－v22
2g⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m。

答案(1)4 m/s(2)0.75 m
考点二应用动量观点和能量观点分析多过程问题
[例2](2017·武昌三模)如图2－4－3所示，两根粗糙直杆AC和PE与半径为R＝0.5 m的光滑半圆环CDE平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平方向夹角均为θ＝37°，质量分别为m1＝0.3 kg、m2＝0.1 kg的小环套在直杆上相距为L1的A、B两处，m1、m2与两直杆的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝1.0。

将m1在A点无初速释放后，在B点与m2发生碰撞(碰撞时间极短，BC 间距L2＝2R＝1.0 m)，碰后m1、m2具有相同速度但不粘连，之后m2停留在Q 点，QE相距恰为L2＝1.0 m。

取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图2－4－3
(1)AB间距L1多大？
(2)m1从A点释放后，在两直杆上通过的总路程多大？
[审题探究]
(1)m1与m2的碰撞过程，两者组成的系统动量是否近似守恒？
(2)m1、m2碰后一起由B点运动到Q点的过程，有哪些力对系统做功？系统的动能如何变化？
(3)m2停在Q点后，m1的运动过程如何？其最终状态如何？
[解析](1)m1、m2受到的摩擦力分别为f1、f2
f1＝μ1m1g cos θ＝1.2 N
f2＝μ2m2g cos θ＝0.8 N
f＝f1＋f2＝2 N
m1、m2碰后瞬间速度为v，研究m1、m2整体，由动能定理，有：
－f·2L2－(m1＋m2)gL2cos θ＝－1
2(m1＋m2)v
2
得v＝6 m/s
m1、m2碰撞时间极短，碰前瞬间m1的速度v1，由动量守恒，有m1v1＝(m1＋m2)v得v1＝8 m/s
从A到B，对m1由动能定理，有(m1g sin θ－f1)L1＝1
2m1
v21得L1＝16 m
(2)m1、m2整体到达Q点时速度为0，此后，m2由于下滑力小于最大静摩擦力将始终静止于Q点，m1返回并在两倾斜轨道之间来回运动，由于有摩擦力作用，最终会在C点速度为零，研究m1从Q点无初速开始至最终到C点速度为零的整个过程，设在两倾斜杆上依次通过的路程为x1、x2、x3...，由动能定理x′＝x1＋x2＋x3＋…
m1gL2(sin θ＋cos θ)－f1x′＝0－0
x′＝3.5 m
m1在两直杆上总共通过的路程x＝L1＋2L2＋x′
x＝21.5 m。

[答案](1)16 m(2)21.5 m
规律总结
应用动量观点和能量观点处理多过程问题的技巧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二物体相互作用问题，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。

【题组训练】
(2017·漳州质检)如图2－4－4所示，在高h＝2.7 m的光滑水平台上，质量为m的滑块1静止在平台边缘，质量为0.5m的滑块2以速度v0与滑块1发生弹性正碰，碰后滑块1以速度v1滑离平台，并恰好沿光滑圆弧轨道BC的B点切线方向进入，轨道圆心O与平台等高，圆心角θ＝60°，轨道最低点C的切线水平，并与水平粗糙轨道CD平滑连接，距C点为L处竖直固定一弹性挡板，
滑块1与挡板发生弹性碰撞返回，滑块1与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.3，g ＝10 m/s2。

求：
图2－4－4
(1)速度v1的大小；
(2)速度v0的大小；
(3)为使滑块1最终停在轨道CD上，L最小值应为多大？
解析(1)滑块1进入B时v By＝2gh cos θ，tan θ＝v By
v1，解得v1＝3 m/s
(2)根据动量守恒定律可得：0.5m v0＝0.5m v2＋m v1
又1
2×0.5m v
2
＝
1
2×0.5m v
2
2
＋
1
2m v
2
1
，解得v0＝4.5 m/s
(3)v B＝
v1
cos θ＝6 m/s
当滑块与弹性板碰撞后反弹再次回到B点时速度恰好为零，此时L最小，
根据动能定理可得：－μmg·2L＝1
2m v
2
B
解得L＝3 m。

答案(1)3 m/s(2)4.5 m/s(3)3 m
考点三应用动力学观点和动量观点分析——“滑块——木板”模型
【解题方略】
1．用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。

(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。

(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。

2．用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。

(1)一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。

(2)两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。

(3)一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规。

律，且牢记摩擦生热的计算公式Q＝f·d
相对
[例3](2017·全国卷Ⅲ)如图2－4－5所示，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。

A、B 相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

求：
图2－4－5
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。

[审题探究]
(1)滑块A、B以及木板在开始运动过程上的加速度分别是多少？
(2)B与木板达到共同速度后，二者组成的系统的加速度是多少？
(3)A、B相遇时，系统的速度方向如何？
[解析](1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B 与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和a1，在物块B与木板达到共同速度前有：f1＝μ1m A g ①
f2＝μ1m B g ②
f3＝μ2(m A＋m B＋m)g ③
由牛顿第二定律得f1＝m A a A ④
f2＝m B a B ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。

由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：
v1＝1 m/s ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离
s B＝v0t1－1
2a B t
2
1
⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有：
f1＋f3＝(m B＋m)a2 ⑪
由①②③④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反，由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。

设A的速度从v1变到v2所用时间为t2，根据运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫
对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－1
2a2t
2
2
⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
s A＝v0(t1＋t2)－1
2a A(t1＋t2)
2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯
联立以上各式，代入数据得
s0＝1.9 m。

[答案](1)1 m/s(2)1.9 m
[例4](2017·潍坊一模)如图2－4－6所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，下端为挡板。

某时，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木板运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木板与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次，已知木板与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g，求：
图2－4－6
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；
(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；
(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n＝2,3,4,5……)次碰撞的时间间隔及此时间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE。

[审题探究]
1．审读题干，挖掘信息。

(1)工件以速度v0匀速向下运动，可确定工件和斜面间的动摩擦因数。

(2)木块滑上工件时，工件做减速运动，直到速度减为零。

(3)木块与挡板的碰撞为弹性碰撞，动量守恒和能量守恒。

(4)木块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞，二者的位移相等。

2．构建情景，还原模型。

(1)木块与工件相碰前，系统所受合外力为零，动量守恒。

(2)木块与工件的碰撞为弹性碰撞，动量守恒、能量守恒。

(3)木板与工件碰后，木块向上做匀减速运动，工件向下做匀减速运动，利用匀变速运动的规律确定下次相碰时两者的速度。

[解析](1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a1，工件加速度为a2
对木块，由牛顿第二定律mg sin α＝ma1 ①
对工件，由牛顿第二定律μ(3m＋m)g cos α－3mg sin α＝3ma2 ②工件匀速运动时，由平衡条件
μ·3mg cos α＝3mg sin α③
a1＝g
2④
a2＝g
6⑤
(2)设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律
3m v0＋m v0＝m v ⑥
v＝4v0 ⑦
木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律
m v＝m v1＋3m·v2 ⑧
由能量守恒
1
2m v 2＝
1
2m v
2
1
＋
1
2·3m·v
2
2
⑨
v1＝－2v0 ⑩
v2＝2v0 ⑪
(3)第1次碰撞后，木块以2v0沿工件向上匀减速运动，工件以2v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间
t＝2v0
a2＝
12v0
g⑫
木块的速度v1′＝－2v0＋a1t＝4v0 ⑬
此时，木块的位移x1＝－2v0t＋1
2a1t
2＝
12v20
g⑭
工件的位移x2＝2v0t－1
2a2t
2＝
12v20
g⑮
即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔
Δt＝(n－1)t＝12(n－1)v0
g，(n＝2,3,4,5……) ⑯
木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能
ΔE＝4mg(n－1)x2sin 30°⑰
得ΔE＝24(n－1)m v20，(n＝2,3,4,5……) ⑱
[答案]见解析
规律总结
1．用动力学方法分析“滑块——木板”模型时，应注意分析两物体的受力，分别求出两物体的加速度，画出滑块和木板的运动示意图，由两物体的速度关系和时间关系列方程。

2．用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型时，注意分析两物体的相互作用过程，在哪个过程中动量守恒；哪种形式的能量在减少，哪种形式的能量在增加，如何根据能量守恒列方程。

【题组训练】
1．(用动力学观点分析“滑块——木板”模型)如图2－4－7所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。

从某时刻起物块以大小为v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F作用下始终向右以大小为v2(v2＞v1)的速度匀速运动：求：
图2－4－7
(1)在物块向左运动过程中外力F的大小；
(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？
解析(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知F f1＝μ1mg，F f2＝μ2(m＋M)g
由平衡条件得：F ＝F f1＋F f2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g
(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t 1，则t 1＝v 1μ1g
设物块向左匀减运动的位移为x 1，则x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t 2，则t 2
＝v 2μ1g ，设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g
此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则
x ′＝v 2(t 1＋t 2)
则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：
L ＝x ′＋x 1－x 2
解得：L ＝(v 1＋v 2)2
2μ1g。

答案 (1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)(v 1＋v 2)2
2μ1g
2．(动量和能量观点分析“滑块——木板”模型)(2017·河南百校联盟)质量M ＝1 kg ，高h ＝0.8 m 、长L ＝1 m 的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑。

质量m ＝1 kg 的小物块P 以初速度v 0＝4 m/s 向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m ＝1 kg 小物块Q 发生弹性碰撞，小物块Q 与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.3，g ＝10 m/s 2，求：
图2－4－8
(1)碰后小物块Q 的初速度；
(2)小物块Q 能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块Q 落地时与小车最右端的水平距离s 。

解析 (1)小物块P 、Q 发生弹性碰撞，碰后速度分别为v p 、 v Q 。

由动量守恒知m v 0＝m v p ＋m v Q
12m v 20＝12m v 2p ＋12m 2Q
联立解得v p ＝0，v Q ＝v 0＝4 m/s
(2)小物块Q 在小车的上表面滑动的过程中，因受滑动摩擦力的作用，小物块作减速运动，小车做加速运动，设小物块Q 滑至小车最右端时的速度为v 1，小车的速度为v 2，
m v Q ＝m v 1＋M v 2
相对运动过程中系统的能量守恒，12m v 2Q ＝12m v 21＋12
M v 22＋μmgL 联立解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s
(v 1＝1 m/s ，v 2＝3 m/s 不合理，舍去)
因v 1>v 2，故小物块Q 能从小车的最右端飞出
小物块Q 从小车的最右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律。

在竖直方向上，有：h ＝12
gt 2 代入数据解得t ＝0.4 s
在水平方向上，有：s 1＝v 1t ＝1.2 m
在小物块Q 做平抛运动的时间内小车向右的水平位移
s 2＝v 2t ＝0.4 m ，由此可得小物块Q 落地时与小车右端的水平距离s ＝s 1－s 2＝0.8 m 。

答案 (1)4 m/s (2)0.8 m
[限时45分钟；满分100分]
1．(16分)(2017·济宁二模)如图2－4－9所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木
板的最右端。

一个质量为m1＝0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动。

一段时间后物块A以v0＝6 m/s的速度与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。

已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：
图2－4－9
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度。

解析(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，
由机械能守恒定律得：1
2m v
2
＝
1
2m1
v21＋
1
2m2
v22，
联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。

(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：
对物块C有μ2m3g＝m3a3，
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，
v2＋a2t＝a3t，
木板B的最小长度d＝v2t＋1
2a2t
2－
1
2a3t
2＝1 m。

答案(1)－2 m/s 4 m/s(2)1 m
2．(16分)如图2－4－10所示，半径R＝0.1 m的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB相切，AB距离x＝1 m。

质量m＝0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1 kg的小滑块2，从A点以v0＝210 m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。

已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

取重力加速度g＝10 m/s2。

两滑块均可视为质点。

求：
图2－4－10
(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE ；
(3)在C 点轨道对两滑块的作用力F 。

解析 (1)滑块2从A 运动到B ，设滑块2在B 点的速度为v 1，由动能定理
可得－μmgx ＝12m v 21－12
m v 20，解得v 1＝6 m/s ；在B 点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 1＝2mv ，解得v ＝3 m/s 。

(2)滑块2与滑块1在B 点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒得ΔE ＝12m v 21
－12
·2m ·v 2，解得ΔE ＝0.9 J 。

(3)滑块2和滑块1作为一个整体一起沿着光滑的半圆形轨道从B 点运动到C 点做非匀速圆周运动，设到达C 点的速度为v 2，由动能定理得－2mg ·2R ＝12·2m ·v 22－12
·2m ·v 2，解得v 2＝ 5 m/s ；在C 点，由圆周运动条件得F ＋2mg ＝2m ·v 22R ，解得F ＝8 N 。

答案 (1)3 m/s (2)0.9 J (3)8 N
3．(20分)如图2－4－11所示，光滑水平台面MN 上放两个相同小物块A 、B ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v 0＝2 m/s 匀速转动。

物块A 、B (大小不计，视作质点)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 、B 质量均为m ＝1 kg 。

开始时A 、B 静止，
A 、
B 间压缩一轻质短弹簧。

现解除锁定，弹簧弹开A 、B ，弹开后B 滑上传送带，A 掉落到地面上的Q 点，已知水平台面高h ＝0.8 m ，Q 点与水平台面右端间的距离s ＝1.6 m ，g 取10 m/s 2。

图2－4－11
(1)求物块A脱离弹簧时速度的大小；
(2)求弹簧储存的弹性势能；
(3)求物块B在水平传送带上运动的时间。

解析(1)A做平抛运动，竖直方向：h＝1
2gt
2
水平方向：s＝v A t
代入数据联立解得：v A＝4 m/s
(2)解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，有：m v A－m v B ＝0
由能量守恒定律：E p＝1
2m v
2
A
＋
1
2m v
2
B
由能量守恒定律：
代入数据解得：E p＝16 J
(3)B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg＝ma
解得：a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
B向右匀减速至速度为零，由v2B＝2as B，
解得：s B＝4 m＜L＝8 m，所以B最终回到水平台面。

设B向右匀减速的时间为t1，v B＝at1
设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0＝at2
由v20＝2as2，
共速后做匀速运动的时间为t3，有：s B－s2＝v0t3
代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。

答案(1)4 m/s(2)16 J(3)4.5 s
4．(24分)(2017·怀化三模)如图2－4－12所示，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在
同一条水平线上，OC 竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m 的小球，用细线穿过管道与质量为M 的物块连接，将小球由A 点静止释放，当小球运动到B 处
时细线断裂，小球继续运动。

已知弧形轨道的半径为R ＝83
m ，所对应的圆心角为53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2。

图2－4－12
(1)若M ＝5 m ，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。

(2)若M ＝5 m ，求小球从C 点抛出后下落高度h ＝43
m 时到C 点的水平位移。

(3)M 、m 满足什么关系时，小球能够运动到C 点？
解析 (1)设细线中张力为F ，对小球：F －mg sin 53°＝ma
对物块：Mg －F ＝Ma
联立解得，a ＝7 m/s 2
(2)在RtΔOAB 中，有x AB ＝R tan 53°
由v 2B ＝2ax AB 解得v B ＝27 m/s
从B 到C ，根据机械能守恒，有12m v 2B ＝12m v 2c
＋mgR (1－cos 53°) 小球离开C 后做平抛运动，x ＝v c t ，h ＝12
gt 2 解得：x ＝43
m (3)小球A →B ：M 、m 系统机械能守恒
12
(M ＋m )v 2B ＝Mgx AB －mgx AB sin 53°
线断后，小球B →C ，假设小球恰好运动到C 点。

－12m v 2B
＝－mgR (1－cos 53°) 联立解得M ＝
207 m 所以当M ≥207
m 时，小球能够运动到C 点。

答案 (1)a ＝7 m/s 2 (2)x ＝43 m (3)M ＝207
m 5．(24分)(2017·安庆二模)北京成功申办2022年冬季奥林匹克运动会，吸引了越来越多的体育爱好者参加滑雪运动。

如图2－4－13所示是某一体育爱好者一次滑雪表演的简易示意图，爱好者连同脚下滑板(可视为质点)的总质量为m ＝60 kg ，爱好者从某一可视为光滑的倾斜滑雪轨道由静止滑下，轨道的底端有一质量为M ＝90 kg 的小车静止在光滑的水平冰面上，小车是由半径为R ＝1 m 四分之一光滑圆弧轨道和长为L ＝5 m 的平直轨道组成，平直轨道与倾斜轨道底端在同一高度，已知爱好者开始下滑的位置离小车平直轨道的高度为h 0＝5 m ，g 取10 m/s 2。

图2－4－13
(1)若小车被固定，测得爱好者滑出小车后离小车顶端的最大高度为h 1＝3 m ，求爱好者的滑板与小车平直轨道部分的动摩擦因数μ；
(2)若小车不固定，爱好者仍从原位置由静止滑下，求爱好者滑离小车后离小车顶端的最大高度h 2；
(3)在(2)问基础上通过分析计算说明：爱好者会不会从小车左端滑离小车。

解析 (1)爱好者由静止滑下到运动至最高点过程中，由动能定理得： mg (h 0－h 1－R )－μmgL ＝0 ①
解得：μ＝0.2
(2)爱好者由静止滑下，设滑到轨道底端时速度为v 1，由机械能守恒定律得：
mgh 0＝12
m v 21 ② 设爱好者达最高点时速度为v 2，离小车顶端高度为h 2，此时小车速度也为v 2，从爱好者滑上小车到运动至最高点过程中，由水平方向动量守恒定律得：
m v 1＝(M ＋m )v 2 ③
由能量守恒定律得：
12m v 21＝12
(M ＋m )v 22＋mg (R ＋h 2)＋μmgL ④ 解得：h 2＝1 m
(3)设爱好者滑回小车，在小车平直轨道离小车左端x 处相对小车静止，此时两者的共同速度仍为v 2，从爱好者滑上小车到相对于小车静止过程中，由能量守恒定律得：
12m v 21＝12
(M ＋m )v 22＋μmg (2L －x ) ⑤ 解得：x ＝－5 m
计算结果表明：爱好者能滑出小车。

答案 (1)0.2 (2)1 m (3)见解析
【典例】 (20分)(2017·成都二诊)如图2－4－14所示，在倾角为30°的光滑斜面底部固定一轻质弹簧，将一质量为m 的物块B 静置于斜面上，平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置。

在距O 点距离为2x 0的斜面顶端P 点有一质量也为m 的物块A ，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即粘在一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)。

试求：
图2－4－14
(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面最高点P相切，现让物块A以多大初速度从P点沿斜面下滑，才能使A与B碰后在斜面与圆弧间做往复运动？
[审题探究]
1．审读题干，挖掘信息。

(1)斜面光滑，物块A(或碰后A、B组成的整体)在斜面上运动过程中不受摩擦力作用。

(2)A、B相碰后粘在一起，碰撞为完全非弹性碰撞。

(3)A与B整体在斜面与圆弧间做往复运动：AB至少要过P点；AB最高只能到达与圆心等高的D点。

2．构建情景，还原模型。

(1)物块A从开始运动至与B相撞前，只有重力做功机械能守恒。

(2)A、B相碰的过程，内力远大于外力，动量守恒。

(3)碰后弹簧的弹性势能转化为AB的动能和势能，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒。

设物块在P 点初速度为v A 从P 到与B 相碰前：机械能守恒12m v 20＋mg ·3x 0sin 30°＝1
2m。