第38講功與能綜合1．（2021·甲卷）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶（圖中未完全畫(huà)出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無(wú)動(dòng)力小車(chē)（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車(chē)通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀(guān)察發(fā)現(xiàn)，小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。（1）求小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；（2）求小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車(chē)在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？【解答】解：（1）小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，則小車(chē)與減速帶碰撞過(guò)程中機(jī)械能的損失恰好等于經(jīng)過(guò)距離d時(shí)增加的動(dòng)能，即△E＝△Ek；小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，每經(jīng)過(guò)d的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：△Ek＝mgdsinθ所以有：△E＝mgdsinθ；（2）設(shè)小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，每次與減速帶碰撞后的動(dòng)能為Ek，小車(chē)與第50個(gè)減速帶碰撞后在水平面上繼續(xù)滑行距離s后停下，在此過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，解得：Ek＝μmgs小車(chē)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與第30個(gè)減速帶碰撞后的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可得損失的總能量為：△E1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為：△解得：△E（3）若小車(chē)在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則有：△E＞解得：L＞d+μs答：（1）小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為mgdsinθ；（2）小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為130（3）若小車(chē)在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L＞d+μs一.知識(shí)回顧1.多過(guò)程運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：由三個(gè)及三個(gè)以上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程組成的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)。2.解題理論（1）動(dòng)力學(xué)：涉及到時(shí)間、加速度等物理量，可能用到運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓定律。（2）動(dòng)能定理：涉及到變力做功、曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、非勻變速運(yùn)動(dòng)等運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可能用到動(dòng)能定理。（3）功能關(guān)系：涉及到不同形式能量之間關(guān)系或功與能之間關(guān)系，可能用到功能關(guān)系或能量守恒定律。3.解題技巧：（1）仔細(xì)審題，弄清有哪幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并畫(huà)簡(jiǎn)圖示意。（2）對(duì)各運(yùn)動(dòng)過(guò)程要進(jìn)行受力與運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)、做功與能量變化分析。（3）邊審題，邊提取已知信息或隱含信息，對(duì)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，列出可能的方程式。（4）一般要有探索過(guò)程，不要企圖一步到位，最后根據(jù)需要，列出必要的方程或方程組。4.注意事項(xiàng)（1）一個(gè)方程不能解決問(wèn)題，就多設(shè)內(nèi)個(gè)未知量，列方程組求解。（2）列方程式時(shí)依據(jù)要明確，概念要清楚：如運(yùn)用動(dòng)能定理，就涉及到功與動(dòng)能的關(guān)系，不要彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能列在式中；如運(yùn)用機(jī)械能與系統(tǒng)外力和非保守力做關(guān)系時(shí)，重力做功或彈簧彈力做功就不要列在式中；如運(yùn)用能量守恒定律列式，只是尋找能量之間的關(guān)系，不要把功寫(xiě)在式中。二.例題精析例1．如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)（未畫(huà)出），隨后P沿軌道被彈回，最高點(diǎn)到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R，已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度大小為g。（取sin37°=35，cos37°（1）求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。唬?）求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；（3）改變物塊P的質(zhì)量為13m，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放，P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出，求物塊在D【解答】解：（1）根據(jù)題意知，B、C之間的距離L為：L＝7R﹣2R＝5R設(shè)P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB，P從C到B的過(guò)程中，重力和斜面的摩擦力對(duì)P做功，由動(dòng)能定理得：mg?Lsin37°﹣μmgLcos37°=1代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2gR（2）設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcos37°﹣Ep＝0-E、F之間的距離為：L1＝4R﹣2R+x＝2R+xP到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：Ep﹣mgL1sin37°﹣μmgL1cos37°＝0聯(lián)立得：x＝R，L1＝3R，Ep＝2.4mgR（3）對(duì)P從E到D的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：Ep﹣mg（x+L）sin37°﹣μmg（x+L）cos37°﹣mgR（1+cos37°）=在D點(diǎn)，由向心力公式得mg+N＝mv聯(lián)立解得N=1由牛頓第三定律知物塊在D點(diǎn)處離開(kāi)軌道前對(duì)軌道的壓力N′＝N=115答：（1）P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小是2gR；（2）P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能是2.4mgR；（3）物塊在D點(diǎn)處離開(kāi)軌道前對(duì)軌道的壓力是115mg三.舉一反三，鞏固練習(xí)如圖甲所示為一景區(qū)游樂(lè)滑道，游客坐在坐墊上沿著花崗巖滑道下滑，他可依靠手腳與側(cè)壁間的摩擦來(lái)控制下滑速度。滑道簡(jiǎn)化圖如圖乙所示，滑道由AB、BC、CD三段組成，各段之間平滑連接。AB段和CD段與水平面夾角為θ1，豎直距離均為h0，BC段與水平面夾角為θ2，豎直距離為12h0．一質(zhì)量為m的游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)底端D點(diǎn)時(shí)的安全速度不得大于2gh0，若使用坐墊，坐墊與滑道底面間摩擦不計(jì)，若未使用坐墊，游客與各段滑道底面間的摩擦力大小恒為重力的0.1倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中游客始終不離開(kāi)滑道，空氣阻力不計(jì)。已知sinθ1=14，（1）若游客使用坐墊且與側(cè)壁間無(wú)摩擦自由下滑，則游客在BC段增加的動(dòng)能△Ek；（2）若游客未使用坐墊且與側(cè)壁間無(wú)摩擦自由下滑，則游客到達(dá)D點(diǎn)時(shí)是否安全；（3）若游客使用坐墊下滑，且游客安全到達(dá)D點(diǎn)，則全過(guò)程克服側(cè)壁摩擦力做功的最小值?！窘獯稹拷猓海?）由動(dòng)能定理得，動(dòng)能的增加量等于重力做的功，即：△Ek=12mgh（2）在A(yíng)D段，由動(dòng)能定理得：mg（h0+12h0+h0）﹣0.1mg（2h0sinθ1+解得：vD=2.6gh0（3）整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg（h0+12h0+h0）﹣W=12mvDmax解得：W＝1.5mgh0；答：（1）若游客使用坐墊且與側(cè)壁間無(wú)摩擦自由下滑，則游客在BC段增加的動(dòng)能△Ek為12mgh0（2）若游客未使用座墊且與側(cè)壁間無(wú)摩擦下滑，則游客到達(dá)D點(diǎn)時(shí)不安全；（3）若游客使用座墊下滑，則克服側(cè)壁摩擦力做功的最小值為1.5mgh0。如圖所示，地面上有一個(gè)傾角為37°的足夠長(zhǎng)的固定斜面，斜面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、質(zhì)量為M＝1kg的厚度可以忽略不計(jì)的木板，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，其下端P到斜面底端的擋板C的距離d＝0.5m．現(xiàn)在木板的正中央放一質(zhì)量為m＝1kg可看成質(zhì)點(diǎn)的木塊，此時(shí)木塊剛好能處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板處于靜止，此時(shí)木板與斜面之間剛好沒(méi)有摩擦力。最大靜摩擦近似等于滑動(dòng)摩擦，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3＝0.5，g＝10m/s2．試求：（1）木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2及外力F1的大??；（2）現(xiàn)將外力大小變?yōu)镕2＝21N，且方向仍沿斜面向上，木板將向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間木塊與擋板相碰；（3）從外力F2作用到木板上開(kāi)始到木塊與擋板相碰的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）木塊恰好靜止，所以有mgsin37°＝μ2mgcos37°解得μ2＝0.75對(duì)整體，由于木塊靜止且與斜面之間無(wú)摩擦，則有F1＝（mg+Mg）sin37°解得F1＝12N（2）木塊離開(kāi)木板前受力仍平衡，所以處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1離開(kāi)木板，該過(guò)程中木板的加速度為a1，對(duì)木板有F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcos37°﹣μ1（m+M）gcos37°＝Ma1。解得a1＝1m/s2。由L2=12a木塊離開(kāi)木板后的加速度為a2=解得a2＝2m/s2。木塊離開(kāi)木板后再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間與擋板相碰，則L2+解得t2＝1s所以從F2開(kāi)始作用到木塊與擋板相碰共需時(shí)間t＝t1+t2＝2s（3）木塊與木板間產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2mgcos37°?L解得Q1＝3J木塊與斜面間產(chǎn)生的熱量Q2＝μ3mgcos37°?（d+L解得Q2＝4J前1s內(nèi)木板與斜面間產(chǎn)生的熱量Q3＝μ1（Mg+mg）cos37°?L解得Q3＝4J木塊離開(kāi)木板時(shí)木板的速度v1＝a1t1＝1m/s設(shè)木塊離開(kāi)后木板的加速度為a3。則F2﹣Mgsin37°﹣μ1Mgcos37°＝Ma3。解得a3＝11m/s2。木塊離開(kāi)后的1s內(nèi)木板運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝v1t2+12a3t最后1s內(nèi)木板與斜面間產(chǎn)生的熱量Q4＝μ1Mgcos37°x2。解得Q4＝26J系統(tǒng)共產(chǎn)生的熱量Q＝Q1+Q2+Q3+Q4＝37J答：（1）木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2是0.75，外力F1的大小是12N；（2）木板將向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s時(shí)間木塊與擋板相碰；（3）從外力F2作用到木板上開(kāi)始到木塊與擋板相碰的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是37J。在如圖所示的豎直平面內(nèi)，半徑為R1＝40cm的圓弧形光滑細(xì)管道AN與豎直光滑細(xì)管道MN、形狀未知的軌道AB相切于N點(diǎn)、A點(diǎn)；傾角為θ＝37°，長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝6.25m的粗糙直軌道BC與AB相切于B點(diǎn)，水平軌道CE段與BC連接，CD段光滑，DE段粗糙且足夠長(zhǎng)：一半徑為R2＝10cm的豎直光滑圓軌道相切于D點(diǎn)，底部略微錯(cuò)開(kāi)以致物體做完整圓周運(yùn)動(dòng)后可以順利進(jìn)入水平DE軌道。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊Q靜止在CD上，另一質(zhì)量也為m＝1kg滑塊P被壓縮彈簧彈出后沿管道運(yùn)動(dòng)，在A(yíng)N管道最高點(diǎn)對(duì)外側(cè)管壁壓力為3mg，之后能一直沿AB軌道無(wú)擠壓的運(yùn)動(dòng)，且無(wú)碰撞的進(jìn)入直軌道BC，P運(yùn)動(dòng)到水平軌道CD后與Q發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程中P的動(dòng)量改變量為碰前P動(dòng)量的34。已知彈簧原長(zhǎng)在N處，P被彈出到A過(guò)程中最大速度為5m/s，彈簧的彈性勢(shì)能為E=12kx2，其中k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量；P、Q與軌道BC和DE間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，sin53°＝（1）求滑塊到達(dá)A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度大?。唬?）求彈簧勁度系數(shù)k的值；（3）若要使得P與Q發(fā)生一次碰撞，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道且P經(jīng)過(guò)C點(diǎn)位置不超過(guò)兩次，求動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿(mǎn)足的條件。【解答】解：（1）滑塊P在A(yíng)N管道最高點(diǎn)A對(duì)外側(cè)管壁壓力為3mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，在A(yíng)點(diǎn)管壁對(duì)P有豎直向下的彈力為3mg，則：3mg+mg=m解得：vA＝4m/s滑塊P沿AB軌道不受彈力只受重力，可知此階段為平拋運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)速度方向沿斜面BC下面且水平分速度等于vA，則：vBcos37°＝vA解得：vB＝5m/s（2）滑塊P在與彈簧作用過(guò)程中速度最大vm＝5m/s時(shí)加速度為零，合力為零，設(shè)此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為Ep，其壓縮量為x，則：kx＝mg，Ep=由P在MN管中速度最大的位置到AN管最高點(diǎn)的過(guò)程機(jī)械能守恒，則：Ep+12mvm2=解得：k＝100N/m（3）滑塊P從B到C的過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgL1sin37°﹣μmgcos37°?L1=1可得：vC=10P與Q發(fā)生碰撞過(guò)程，因P、Q質(zhì)量相等，故碰后P不會(huì)反向運(yùn)動(dòng)，P的動(dòng)量改變量Δp=34mv碰后P的動(dòng)量為mvP＝mvC﹣Δp=14mvC，可得：vP=1碰后Q的動(dòng)量為mvQ＝Δp=34mvC，可得：vQ=3要使得P與Q發(fā)生一次碰撞，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道且P經(jīng)過(guò)C點(diǎn)位置不超過(guò)兩次，分情況討論：①P、Q進(jìn)入D處圓周軌道均做完整圓周運(yùn)動(dòng)，此情況的臨界為速度較小的P恰好做完整圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)P在圓周最高點(diǎn)的臨界速度為v0，則：mg=m滑塊P由D到圓周最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣2mgR2=1解得：vP=5由vP=14vC=14此情況動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足：0＜μ≤0.2；②Q進(jìn)入D處圓周軌道做完整圓周運(yùn)動(dòng)，與①情況同理，則vQ=5m/s；而P沿圓周軌道運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)不超過(guò)圓心等高處，此情況的P對(duì)于Q，由vQ=34vC=34對(duì)P有：﹣mgR2＝0-解得：vP=2由vP=14vC=14為滿(mǎn)足P經(jīng)過(guò)C點(diǎn)位置不超過(guò)兩次，所以P第二次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)返回斜面AC后速度減到零后要靜止在斜面上，需滿(mǎn)足：μ≥tan37°＝0.75此情況動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足：0.75≤μ≤0.91③P、Q進(jìn)入D處圓周軌道均沿圓周軌道運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)不超過(guò)圓心等高處，此情況在P、Q返回到水平軌道CD上向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)發(fā)生第二次碰撞，故不滿(mǎn)足題意。綜上所述：動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿(mǎn)足的條件為：0＜μ≤0.2或0.75≤μ≤0.91答：（1）滑塊到達(dá)A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度大小分別為：4m/s、5m/s；（2）彈簧勁度系數(shù)k的值為100N/m；（3）動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿(mǎn)足的條件為：0＜μ≤0.2或0.75≤μ≤0.91?！棒敳?戈德堡機(jī)械”是用迂回曲折的連鎖機(jī)械反應(yīng)完成一些簡(jiǎn)單動(dòng)作的游戲。圖為某興趣小組設(shè)計(jì)的該類(lèi)游戲裝置：AB是半徑為2L的光滑四分之一圓弧軌道，其末端B水平；在軌道末端等高處有一質(zhì)量為m的“”形小盒C（可視為質(zhì)點(diǎn)），小盒C與質(zhì)量為3m、大小可忽略的物塊D通過(guò)光滑定滑輪用輕繩相連，左側(cè)滑輪與小盒C之間的繩長(zhǎng)為2L；物塊D壓在質(zhì)量為m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面與水平桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），木板E右端到桌子右邊緣固定擋板（厚度不計(jì)）的距離為L(zhǎng)；質(zhì)量為m且粗細(xì)均勻的細(xì)桿F通過(guò)桌子右邊緣的光滑定滑輪用輕繩與木板E相連，木板E與定滑輪間輕繩水平，細(xì)桿F下端到地面的距離也為L(zhǎng)；質(zhì)量為m2的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在細(xì)桿F上端，環(huán)與桿之間滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力相等，大小為76mg。開(kāi)始時(shí)所有裝置均靜止，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道頂端A處由靜止釋放，小球進(jìn)入小盒C時(shí)剛好能被卡?。ㄗ饔脮r(shí)間很短可不計(jì)），然后帶動(dòng)后面的裝置運(yùn)動(dòng)，木板E與擋板相撞、細(xì)桿F與地面相撞均以原速率反彈，最終圓環(huán)剛好到達(dá)細(xì)桿的底部。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為（1）小球與小盒C相撞后瞬間，與小盒C相連的繩子上的拉力大??；（2）細(xì)桿F的長(zhǎng)度?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小球到達(dá)B處時(shí)的速度大小為v0，小球與小盒C相撞后瞬間兩者的速度大小為v，此時(shí)與小盒C相連的繩子上的拉力大小為T(mén)。對(duì)小球從從A處到B處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg?2L=小球與小盒C相撞過(guò)程，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（m+m）v小球與小盒C相撞后的瞬間是兩者組成的整體開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻，由牛頓第二定律得：T﹣2mg＝2mv聯(lián)立解得：T＝3mg；（2）由（1）的結(jié)果可知，小球進(jìn)入小盒C時(shí)剛好能被卡住時(shí)，連接物塊D的輕繩拉力恰好等于其重力，則物塊D對(duì)木板E的壓力為零，此時(shí)桌面對(duì)木板E的最大靜摩擦力為：f＝μmg，因細(xì)桿F與圓環(huán)的總重力為（m+m2）g＞f，故木板在木板E與擋板相撞前，假設(shè)細(xì)桿F與圓環(huán)保持相對(duì)靜止，對(duì)木板E、細(xì)桿F與圓環(huán)組成的整體為研究對(duì)象，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律得：（m+m2）g﹣μmg＝（m+m+解得：a=2設(shè)此過(guò)程圓環(huán)與細(xì)桿F之間的靜摩擦力為f′，對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律得：m2g﹣f′=解得：f′=3因f′＜76mg設(shè)木板E與擋板第一次碰撞時(shí)的速度大小為v1，則有：v1木板E與擋板第一次碰撞之后，圓環(huán)向下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a1，木板E向左，細(xì)桿F向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者加速度大小均為a2，對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律得：76mg-m2對(duì)木板E與細(xì)桿F組成的整體由牛頓第二定律得：76mg+mg+μmg＝（m+m）分別解得：a1=43g，a2因a1＝a2，則木板E、細(xì)桿F與圓環(huán)同時(shí)減速到零，且圓環(huán)與細(xì)桿F的位移大小相等，方向相反。設(shè)木板E與擋板第一次碰撞之后向左減速