【考點分析】第三節(jié)動量與能量的綜合應(yīng)用【考點一】碰撞的可能性分析【典型例題1】如圖所示，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s【解析】碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實際情況，本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A球的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣碰后系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，可排除選項C；經(jīng)檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個規(guī)律．【答案】AB【考點二】彈性碰撞【典型例題2】如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小．【解析】(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動能保持不變，則有eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設(shè)小球B運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為參考平面，因為B球由半圓形軌道的底端運動到C點的過程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vC＝eq\r(5)m/s對小球B，在最高點C有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(C2),R)，解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4N.【答案】(1)2m/s(2)4N【歸納總結(jié)】1．彈性碰撞的結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當(dāng)m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.2．物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.【考點三】非彈性碰撞的分析【典型例題3】(2021·云南省玉溪市峨眉山一中)如圖所示，質(zhì)量mA=0.2kg、mB=0.3kg的小球A、B均靜止在光滑水平面上．現(xiàn)給A球一個向右的初速度v0=5m/s，之后與B球發(fā)生對心碰撞．(1)若碰后B球的速度向右為3m/s，求碰后A球的速度；(2)若A、B球發(fā)生彈性碰撞，求碰后A、B球各自的速度；(3)若A、B兩球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，求碰撞后兩球損失的動能．【解析】(1)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：解得(2)兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得：(3)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得解得：v=2m/s系統(tǒng)損失的動能即動能損失1.5J。【答案】(1)vA=0.5m/s；(2)vA=1m/s，vB=4m/s；(3)動能損失1.5J【考點四】爆炸與反沖模型【典型例題4】將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【解析】燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確．【答案】A【歸納總結(jié)】反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加【考點五】“滑塊—彈簧”碰撞模型【典型例題5】(2022?黑龍江省大慶中學(xué)高三(上)期中)如題圖所示，質(zhì)量均為m的滑塊A、B用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連后靜止放在光滑水平面上，滑塊B緊靠豎直墻壁。用大小為F的水平恒力向左推滑塊A，當(dāng)滑塊A向左運動的速度最大時撤去該恒力F。求：(1)撤去恒力F時，彈簧的形變量x；(2)撤去恒力F后，滑塊A的最大速度vm；(3)B離開墻壁后，系統(tǒng)的最大彈性勢能Ep。【解析】(1)滑塊A向左的速度最大時，加速度為零，由牛頓第二定律有解得(2)撤去F之后，當(dāng)彈簧恢復(fù)自然長度時，滑塊A的速度最大，由功能關(guān)系有：，解得(3)滑塊A向右速度為時，滑塊B開始脫離墻壁，之后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量守恒，當(dāng)A、B速度相等時，系統(tǒng)的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得【答案】(1)；(2)；(3)【歸納總結(jié)】1．模型圖示2．模型特點(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)【考點六】多物體的“滑塊—彈簧”碰撞模型【典型例題6】(2022?河北省衡水中學(xué)高三(上)五調(diào))如圖所示，光滑水平面上靜置一滑板裝置，質(zhì)量為kg，其中段為光滑圓弧，半徑為m，水平部分段粗糙，長度為m，段光滑，一輕質(zhì)彈簧固定在滑板右端處，彈簧處于原長時左端位于點。質(zhì)量為kg的物塊從點由靜止釋放，物塊與滑板段間的動摩擦因數(shù)為，物塊可視為質(zhì)點，取。(1)求當(dāng)物塊滑至點時，滑板和物塊的速度大小。(2)物塊在滑板上運動過程中，某時刻彈簧具有最大彈性勢能，求此刻彈簧具有的彈性勢能。(3)經(jīng)過足夠長時間，滑板和物塊達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求整個運動過程中，滑板的位移大小。【解析】(1)把物塊和滑板看成一個系統(tǒng)，滿足水平方向動量守恒，有根據(jù)能量守恒聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得，(2)從開始到壓縮到最短過程中，滿足水平方向動量守恒，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時物塊與滑板速度為v3，，解得根據(jù)能量守恒聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得(3)達(dá)到穩(wěn)定過程中滿足動量守恒根據(jù)能量守恒，解得說明滑塊最終靜止在C點，根據(jù)動量守恒距離關(guān)系為，聯(lián)立解得【答案】(1)1m/s，4m/s；(2)16J；(3)0.4m【考點七】“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型【典型例題7】如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ.一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動．當(dāng)小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關(guān)系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02【解析】小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機(jī)械能守恒．以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02，故C錯誤，D正確．【答案】BD【歸納總結(jié)】1．模型圖示2．模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道．系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(完全彈性碰撞拓展模型)【考點八】多物體的“滑塊—斜(曲)面”碰撞模型【典型例題8】(2022?云南省昆明市第一中學(xué)高三(上)第四次聯(lián)考)如圖所示，固定在水平臺面BC。上的斜面體傾角θ=45°，最高點A距離水平臺面高度為h=1m，斜面和臺面在B點通過平滑小圓弧(圖中未畫出)連接，且BC段長L=1m。一輛上表面為四分之一光滑圓弧的小車靜止在光滑水平地面上，開始時小車緊靠平臺放置，此時圓弧最低點a和平臺等高，圓弧半徑Oa在豎直方向，且圓弧半徑為r=0.2m，小車質(zhì)量M=0.3kg?，F(xiàn)從A點由靜止釋放一可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=0.1kg的小球，小球和斜面、平臺間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1，取g=10m/s2，試求∶(1)小球第一次到達(dá)a時對小車的壓力；(2)小球離開平臺后上升的最大高度。【解析】(1)小球從A到C過程，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得在a點，由牛頓第二定律，代入數(shù)據(jù)解得N=9N根據(jù)牛頓第三定律可知，小球第一次到達(dá)a時對小車的壓力為9N，方向豎直向下；(2)m、M組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，m到達(dá)b點時兩者在水平方向速度相等，設(shè)為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得mva=(m+M)v由機(jī)械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得因為，所以小球從M飛出后做豎直上拋運動。令小球剛好到達(dá)b點時，水平方向共同的速度為vx，小球的豎直速度為vy，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得小球離開M后，做豎直上拋運動，繼續(xù)上升的高度為h1，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立并代入解得小球離開平臺后上升的最大高度為0.4m?！敬鸢浮?1)9N，方向豎直向下；(2)0.4m【考點九】子彈打木塊問題【典型例題9】(2021·北京海淀區(qū)二模)如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧栓接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小大于物塊A對子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能【解析】A．子彈射入物塊A的過程中，為完全非彈性碰撞動能損失最大，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈和物塊A的機(jī)械能不守恒，所以A錯誤；B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，所以B錯誤；C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊A前子彈的動能，因為這過程有動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以C錯誤；D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時與彈簧最長時都是兩物體具有共同速度時，有，則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能，所以D正確；故選D。【答案】D【歸納總結(jié)】1．模型圖示2．模型特點(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．3．兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)．動量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊．動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)【考點十】滑塊—木板模型【典型例題10】(2022?成都外國語學(xué)校高三(下)二模)如圖所示，足夠長的光滑水平地面上并排靜置著靠在一起的兩相同長木板A、B，木板質(zhì)量，長度均為，A、B之間用不可伸長的長度為的輕質(zhì)細(xì)線拴接(圖中未畫出)。質(zhì)量的小滑塊C以的水平初速度自木板A的左端滑到上表面，已知小滑塊C與木板A、B間的動摩擦因數(shù)均為，細(xì)線張緊后兩長木板能立即相對靜止，取，求：(1)小滑塊C在木板A上運動的時間tA；(2)木板B最終的速度大小vB；(3)整個運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！窘馕觥?1)C在A上滑動時，由牛頓第二定律得，C的加速度大小AB整體的加速度大小由運動學(xué)公式，得解得或(舍)(2)在時由，知C的速度，AB整體的速度假設(shè)C滑上B后，BC能達(dá)共速，由動量守恒得，解得由知：BC達(dá)共速的時間由知：在該過程中C和B的位移分別為，故C相對B的位移，即C未從B上滑落。有知在內(nèi)，A運動的位移B相對A運動的位移故該過程中細(xì)線一直未被拉緊，即BC能先達(dá)共速。在細(xì)線被拉緊的過程中，由AB組成的系統(tǒng)動量守恒得解得細(xì)線被拉緊后AB的共同速度假設(shè)最終AB整體與C三者能達(dá)到共速，由三者組成的系統(tǒng)動量守恒得解得由知：細(xì)繩張緊后，AB整體與C達(dá)共速的時間該過程中C和AB整體的位移分別為，該過程中C相對AB的位移故C始終未從B上滑落，即A、B、C三者能達(dá)共速。故木板B最終的速度大小(3)由能量守恒得：整個過程中A、B、C三者組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能細(xì)線張緊過程中，A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能故整個運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】(1)1s；(2)2m/s；(3)【歸納總結(jié)】1．模型圖示2．模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能(2)若木塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大(完全非彈性碰撞拓展模型)3．求解方法(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)；(2)求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體；(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統(tǒng)．【考點十一】多物體的滑塊—木板模型【典型例題11】(2022?西南大學(xué)附屬中學(xué)校高三(下)全真二)如圖所示為某商家為了吸引顧客設(shè)計的抽獎活動。4塊尺寸相同的木板A、B、C、D隨機(jī)排序并緊挨著放在水平地面上，木板長度均為L，質(zhì)量均為m；下表面與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C、D的上表面各有不同的涂層，滑塊與涂層間的動摩擦因數(shù)分別為、、、。顧客以某一水平速度(未知)，從左側(cè)第一塊木板的左端推出一質(zhì)量的滑塊(視作質(zhì)點)。從左向右數(shù)，若滑塊最終停在第一、二、三、四塊木板上就會分別獲得四、三、二、一等獎，滑離所有木板則不獲獎。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g。(1)若木板全部固定，要想獲獎，求的取值范圍；(2)若木板不固定，從左向右按照A、B、C、D的方式放置，要獲得最高獎項，求的最小值；(3)若木板不固定且隨機(jī)排序，當(dāng)時，求獲得三等獎的概率?！窘馕觥?1)若木板全部固定，當(dāng)滑塊恰好能夠滑動至D的右端時v0具有最大值，根據(jù)動能定理有解得要想獲獎，v0的取值范圍是(2)若木板不固定，從左向右按照A、B、C、D的方式放置，當(dāng)滑塊在A上滑動時，滑塊與A之間的滑動摩擦力大小為A、B、C、D整體所受地面的最大靜摩擦力為因為，所以滑塊在A上滑動時，A、B、C、D均靜止；當(dāng)滑塊在B上滑動時，滑塊與B之間的滑動摩擦力大小為B、C、D整體所受地面的最大靜摩擦力為因為，所以滑塊在B上滑動時，B、C、D均靜止；當(dāng)滑塊在C上滑動時，滑塊與C之間的滑動摩擦力大小為C、D整體所受地面的最大靜摩擦力為因為，所以滑塊在C上滑動時，C、D將滑動，且滑塊做勻減速運動，C、D整體將做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得滑塊和C、D整體的加速度大小分別為，設(shè)滑塊剛滑上C時的速度大小為v1，經(jīng)時間t1恰好滑到D上且與D達(dá)到共同速度v2，由于滑塊與D之間的最大靜摩擦力大于滑塊與D整體以加速度做勻減速運動時滑塊所受的合外力，所以滑塊與D共速后將不會再相對D滑動，最終與D一起停止，此時即可獲得最高獎項，對應(yīng)v0具有最小值。根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有根據(jù)位移關(guān)系可得，解得對滑塊從剛滑上A到剛滑上C的過程，根據(jù)動能定理有解得(3)若要獲得三等獎，首先要求滑塊必須能夠到達(dá)第三塊木板上。根據(jù)能量守恒定律可知滑塊的初動能一定大于滑過前兩塊木板所產(chǎn)生的摩擦熱，由此分析可推知若要滑塊到達(dá)第三塊木板，前兩塊木板只可能是A、B兩塊木板的組合方式，后兩塊木板只可能是C、D兩塊木板的組合方式。①若排列方式為A、B、C、D，設(shè)滑塊滑到C上時的速度大小為v3，根據(jù)動能定理有，解得又因為，所以滑塊無法到達(dá)D上，并且滑塊與C之間的最大靜摩擦力大于滑塊與C、D整體以加速度做勻減速運動時滑塊所受的合外力，所以滑塊與C、D整體共速后將不會再相對C滑動，最終與C、D整體一起停止，并停留在C上，此時可以獲得三等獎；②若排列方式為B、A、C、D，因為，所以滑塊在B上滑動時，B、A、C、D均靜止。當(dāng)滑塊在B上滑動時，A、C、D整體所受地面的最大靜摩擦力為因為，所以滑塊在B上滑動時，A、C、D均靜止。由此可知滑塊在這種情形下的運動情況與①相同，可以獲得三等獎；③若排列方式為A、B、D、C，當(dāng)滑塊在D上滑動時，滑塊與D之間的滑動摩擦力大小為因為，所以滑塊在D上滑動時，C、D將滑動，且滑塊做勻減速運動，C、D整體將做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得滑塊和C、D整體的加速度大小分別為，設(shè)經(jīng)過時間t2滑塊與C、D整體達(dá)到公共速度v4，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有解得t2時間內(nèi)，滑塊與C的相對位移大小為同①理可知滑塊最終將停留在C上，可以獲得三等獎。④若排列方式為B、A、D、C，同理可知可以獲得三等獎。綜上所述可知共有4種木板的排列方式可以獲得三等獎，根據(jù)排列組合知識可知四塊木板的排列方式總數(shù)為所以若木板不固定且隨機(jī)排序當(dāng)時，獲得三等獎的概率為?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【考點十二】多物體、多階段運動【典型例題12】(2022?四省區(qū)八校高三(下)開學(xué)考試)如圖所示，質(zhì)量M＝4kg、半徑r＝0.4m的光滑圓弧形軌道槽D靜止放在在足夠長的光滑水平面上，圓弧底端與水平面相切，水平面的右邊與固定的光滑豎直圓軌道PQ連接，圓軌道最低點P點切線沿水平方向，小球可以從P點進(jìn)入豎直圓軌道，在槽D和豎直圓軌道之間依次放置B、C小球，其中C球質(zhì)量m＝1kg，現(xiàn)讓小球A球在圓弧形軌道頂端靜止釋放，已知A球質(zhì)量mA＝4kg，A、B、C碰撞均為彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2。(1)求A球滑到水平面時，速度大小和水平方向位移；(2)要使C球碰后速度最大，則B球質(zhì)量應(yīng)為多大；(3)在滿足(2)的條件下，要使C球不脫離軌道。則豎直圓軌道的半徑R應(yīng)滿足什么條件？【解析】(1)小球在圓弧形軌道運動過程，小球與圓弧形軌道槽組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒和水平方向動量守恒，設(shè)A球滑到水平面時的速度為，圓弧形軌道槽D的速度為，則有，，聯(lián)立解得設(shè)此過程A球在水平方向的位移大小為，圓弧形軌道槽D在水平方向的位移大小為，則有，，聯(lián)立解得(2)A球與B球發(fā)生彈性碰撞過程，滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，有，聯(lián)立解得碰后B的速度B球與C球發(fā)生彈性碰撞過程，滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，有，聯(lián)立解得碰后C的速度由基本不等式可知，當(dāng)時，C球碰后速度最大，且為；(3)要使C球不脫離軌道，豎直圓軌道的半徑R可以大一些，使C球不越過圓心等高處，根據(jù)機(jī)械能守恒定律且，解得豎直圓軌道的半徑R也可以小一些，使C球能夠經(jīng)過圓弧最高點，則有，，解得【答案】(1)，；(2)；(3)或?！究键c十三】傳送帶模型【典型例題13】(2021·河南三模)如圖所示，有一個以的速度逆時針勻速運動的水平傳送帶，傳送帶左端點M與光滑水平平臺相切，二者相切處有一個很小的縫隙，在縫隙處安裝有自動控制系統(tǒng)。在M點左側(cè)P處豎直固定一個彈性擋板，在縫隙處放一質(zhì)量為的小物塊b。當(dāng)小物塊b每次向右經(jīng)過縫隙時都會被系統(tǒng)瞬時鎖定從而保持靜止。質(zhì)量為小物塊a從傳送帶的右端N處以初速度開始沿傳送帶水平向左運動，到M點時控制系統(tǒng)會使靜止在M點縫隙處的小物塊b自動解鎖，a與b發(fā)生第一次正碰。已知a物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，間的距離，。不計物塊經(jīng)過M點處的能量損失，兩個小物塊均可視為質(zhì)點、且兩個小物塊之間的每次碰撞均為彈性碰撞，小物塊b與彈性擋板碰撞無機(jī)械能損失，小物塊b在段運動的時間忽略不計。求：(1)a與b第一次碰撞前，a在傳送帶上運動的時間；(2)a與b第一次碰撞后，a的速度大?。?3)a與b第一次碰撞后到a最后靜止過程中，a運動的總時間?！窘馕觥?1)a以沿傳送帶向左做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有，解得，假設(shè)a經(jīng)過減速到，，代入數(shù)據(jù)求得，在內(nèi)a的位移，代入數(shù)據(jù)，得，，所以a先減速運動，后勻速運動，勻速運動時間為，則，代入數(shù)據(jù)，得所以a與b第一次碰撞前物塊a在傳送帶上運動的時間為(2)a與b第一次碰撞，動量守恒、動能守恒，碰后a的速度為，b的速度為，取向左為正方向，即有，，聯(lián)立解得，即a與b第一次碰撞后，a的反彈的速度大小是碰前速度大小的二分之一；(3)a與b第一次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速返回M點，返回到M點的速度大小仍為，所用時間ab碰后，b向左與擋板P碰后反彈，速度等大反向，經(jīng)M點時被鎖定而靜止，此后a與b發(fā)生第二次碰撞，以后重復(fù)這個過程，根據(jù)動量守恒、動能守恒，每次碰后a的速度是碰前的二分之一，最后a靜止在M點。a與b第二次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間，a與b第三次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間為，a與b第n次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間為，根據(jù)無窮等比數(shù)列求和公式可得：a與b第一次碰撞后a運動的總時間為?！敬鸢浮?1)3s；(2)；(3)6s【考點十四】多過程的傳送帶模型【典型例題14】(2022?湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)一模)(多選)如圖所示，水平傳送帶左右兩側(cè)的臺面光滑且等高，一半徑R=3.0m的豎直固定光滑圓弧軌道與水平臺面相切于A點，一半徑r=1.0m的豎直固定光滑圓弧軌道與臺面相切于B點。傳送帶以v0＝2m/s的速度逆時針勻速運行，質(zhì)量M=3kg的滑塊P被鎖定在A點，質(zhì)量為m=1kg的滑塊Q在圓弧軌道上從圓心的等高點靜止釋放。已知滑塊Q與傳送帶之間的摩擦因數(shù)μ=0.2，傳送帶長L=1m。設(shè)滑塊P、Q間發(fā)生的是彈性碰撞(碰撞前瞬間滑塊P解鎖)，且滑塊P每次先于Q到達(dá)A點并立即被鎖定，g取10m/s2，求：(1)滑塊Q由靜止釋放沿圓弧軌道到達(dá)B點時對軌道壓力的大?。?2)滑塊P運動的最大高度；(3)滑塊Q在傳送帶上通過的總路程?！窘馕觥?1)設(shè)滑塊Q到達(dá)B點時速度為，由動能定理得在B點：，聯(lián)立代入數(shù)值得，由牛頓第三定律知：滑塊Q對軌道壓力的大小為30N(2)由于＞，Q在傳送帶上開始做勻減速運動。設(shè)Q一直減速滑過傳送帶的速度為，由動能定理得，代入數(shù)值得由于仍大于，說明假設(shè)成立，即Q與P碰撞前的速度為設(shè)第一次碰后P的速度為，Q的速度為，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，代入數(shù)值得，由題知：滑塊P與滑塊Q第一次碰撞后獲得的速度最大，則：滑塊P運動的最大高度為：代入數(shù)值得(注：滑塊P再次回到A點經(jīng)歷的時間為，小于滑塊Q返回的時間。說明滑塊P先于滑塊Q回到A點)(3)由上述方程知，上式表明碰撞后滑塊Q以的速度向右滑上傳送帶后在摩擦力的作用下做減速運動，設(shè)向右減速的最大位移為，由動能定理得，解得由運動的對稱性可知，滑塊Q將以的速度滑塊P發(fā)生彈性碰撞，同理可推：滑塊Q每次碰后都將被傳送帶帶回并與滑塊P發(fā)生下一次碰撞。則滑塊Q與滑塊P碰撞n次的速度大小為?；瑝KQ在傳送帶上發(fā)生的路程為代入數(shù)值得L=3.67m【答案】(1)30N；(2)；(3)3.67m【考點十五】傳送帶加板塊模型【典型例題15】(2021·廣東惠州市月考)