模型17、多過(guò)程模型

【模型解題】

一、應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題

若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有的運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問(wèn)題，則常常用牛頓

運(yùn)動(dòng)定律求解;若該過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理求解.

二、用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題

若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,有的運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問(wèn)題，則常常用牛頓運(yùn)

動(dòng)定律求解;若該過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律

以及能量守恒定律求解.

【模型訓(xùn)練】

1.如圖所示，傾角為37。的粗糙斜面長(zhǎng)乙=0$m,B端距水平地面力=0.8m,。在B點(diǎn)的正下方，B點(diǎn)、

右端接一光滑小圓弧(圖上未畫(huà)出)，圓弧右端切線水平，且與一長(zhǎng)4=LOm的水平木板MN平滑連接。

一個(gè)小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為從=。-25,它從A端由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到N端恰好停止。

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)求滑塊到達(dá)2點(diǎn)速度%的大小;

(2)求滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2；

(3)若將木板右側(cè)截去長(zhǎng)為AL的一段，滑塊從A端由靜止釋放后將滑離木板，落在水平地面上某點(diǎn)尸(圖

中未標(biāo)出)。求落地點(diǎn)尸距。點(diǎn)的距離范圍。

【答案】(1)2m/s；(2)〃=0.2；(3)0.8m<5<1.16m

【詳解】(1)滑塊從斜面上最高點(diǎn)A下滑到最低點(diǎn)8過(guò)程中，機(jī)械能守恒

cos

mgLysin37°-生mg37°Lx=—mv1

代入數(shù)據(jù)解得

VB=2m/s

（2）滑塊從A點(diǎn)到N點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得

mgL^sin37°-]LixmgLxcos37°-ju2mgL2-0

代入數(shù)據(jù)得

〃=0.2

（3）設(shè)木板右側(cè)截取長(zhǎng)度為AL后，則滑塊離開(kāi)木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋的初速度為vo

/j2mgAL=；mvl

則在平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中

,12

h=2gt

S=L,—N,+vot=L,—N,+0.8A/AL

由題可知

0<<1m

由拋物線圖象可得：當(dāng)\/^=竺=。.4時(shí)，即△L=0.16m時(shí)，S有最大值為：Smai=1.16m

2

當(dāng)時(shí)，即△L=lm時(shí)，S有最小值為：S而“=0.8m

故P距。點(diǎn)的距離范圍0.8mWSWl.l6m

2.如圖所示，固定的豎直光滑圓軌道與傾斜光滑直軌道相切與C點(diǎn)，軌道半徑R=0.5m,直軌道傾角6=37°,

質(zhì)量%=0.2kg的小球B鎖定在C點(diǎn)，固定的水平發(fā)射裝置發(fā)射小球A,小球A以最小速度和B發(fā)生碰撞，

小球A與小球B碰撞前瞬間，小球B解除鎖定，兩小球質(zhì)量相等，碰后兩個(gè)小球粘在一起，沿光滑軌道在

。點(diǎn)無(wú)能量損失的滑上小車(chē)，小車(chē)放在光滑水面上，右端固定一個(gè)輕彈簧，彈簧原長(zhǎng)為所，小車(chē)DE段粗

糙，小球與DE段的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,EF段光滑，小車(chē)的質(zhì)量V=lkg,重力加速度g=lOm/s?,sin0=0.6,

cos6=0.8,求

（1）水平彈簧裝置具有彈性勢(shì)能Ep；

（2）小球恰好不從小車(chē)上滑下，小車(chē)DE段的長(zhǎng)度L；

（3）為保證小球既要擠壓彈簧又不滑離小車(chē)，小車(chē)。E段的長(zhǎng)度L的取值范圍。

【答案】(1)2J；(2)—m；(3)—m<￡<—m

282814

【詳解】(1)由題意可得小球A在軌道的最高點(diǎn)的速度為0,由能量守恒可得

Ep=mg2R=2J

(2)小球A從最高點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得

mg(/?-7?cos37°)=--0

求得

%=V2m/s

AB碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒

mv0=2mvx

兩小球滑到水平面時(shí)，由動(dòng)能定理可得

2mg(7?+7?cos37°)=~x2mvl~~x

對(duì)兩小球與小車(chē)的系統(tǒng)，小球恰好不從小車(chē)上滑下，此時(shí)二者共速，動(dòng)量守恒可得

2mv2=^2m+M^v3

由能量守恒可得

x=；(2機(jī)++pix2mgx2L

聯(lián)立求得

28

(3)對(duì)兩小球與小車(chē)的系統(tǒng)，小球恰好壓縮彈簧，此時(shí)二者共速，動(dòng)量守恒可得

2mv2=(2m+M^v3

由能量守恒可得

^x2mvl=g(2?n+M)片+//x2mgx1^

求得

114

為保證小球既要擠壓彈簧又不滑離小車(chē)，小車(chē)。E段的長(zhǎng)度L的取值范圍

衛(wèi)m心衛(wèi)m

2814

3.如圖所示，高度相同的兩塊平板Pl、P2置于光滑水平面上，其質(zhì)量分別為mi=lkg和7M2=3kgo質(zhì)量m=lkg

且可看作質(zhì)點(diǎn)的物體P置于Pi的最右端，Pi與P一起以vo=4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰

撞時(shí)間極短），碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,P2足夠長(zhǎng)，重力加速度g取

10m/s2o求：

（1）Pl、P2碰撞后瞬間兩平板的速度大小；

（2）P最終距離P2左端的距離。

PlIp2

77777777777777777777/777777/7777777777777777777777'

【答案】（1）均為2m/s；（2）0.3m

【詳解】（1）耳、P2碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，以R、巳為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

叫％=叫匕+

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

121212

5m1%=5叫匕+-^2V2

聯(lián)立解得

匕=-2m/s,嶺=2m/s

則碰后B、P2的速度大小均為2m/so

（2）碰撞后P以4m/s的速度運(yùn)動(dòng)到B上，最后兩物體共速，碰撞后對(duì)P與B，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

ni

m2V2+mv0=（7%+）v

對(duì)P與B，根據(jù)功能關(guān)系得

2H的+m）丫2-"mgl

聯(lián)立解得

I=0.3m

則P最終距離P2左端的距離0.3m。

4.如圖甲所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點(diǎn)在。位置。質(zhì)量為他的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初

速度V從距。點(diǎn)右方so處的尸點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O'點(diǎn)位置后，A又被

彈簧彈回。A離開(kāi)彈簧后，恰好回到尸點(diǎn)，物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。

（1）求物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到尸點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功；

(2)求。點(diǎn)和。，點(diǎn)間的距離s/；

(3)如圖乙所示，若將另一個(gè)與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，

向左推A、B,使彈簧右端壓縮到。，點(diǎn)位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離。求分離后

物塊A向右滑行的最大距離S2的大小。

O'

乙

【答案】(1)彳機(jī)片；(2)—2S。；(3)s=5-0

24〃g208〃g

【詳解】(1)A從尸回到尸的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，克服摩擦力所做的功為

12

叼=~mvo

(2)A從P回到尸全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有

2〃7"g(S]+So)=；加片

得

2=-------s

4〃go

(3)A、B分離時(shí)，兩者間彈力為零，且加速度相同，A的加速度是〃g,B的加速度也是〃g,說(shuō)明B只受

摩擦力,彈簧處于原長(zhǎng)；設(shè)此時(shí)它們的共同速度是以，彈出過(guò)程彈力做功WF,由A返回P點(diǎn)的過(guò)程得

Wp-fimg(s/+so)=0-0

有

12

WF-2/Jingsi=-2mV1

^mvf=^mgs2

解得

s,=------

8〃g

5.如圖(a)所示，在豎直平面內(nèi)有一固定軌道4BC,8C段是半徑為尺的光滑半圓軌道，A8段是長(zhǎng)度為

4R的粗糙水平軌道。一質(zhì)量為根的小物塊靜止在A點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的拉力尸，其在水平軌

道上加速度a與位移x的關(guān)系如圖(b)所示。該拉力的初始值見(jiàn)=:咫，通過(guò)8點(diǎn)后拉力保持不變，在小物

塊離地面高度為R時(shí)再撤去拉力，已知重力加速度為g,求：

(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)時(shí)拉力B大小;

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)的速度大小;

(3)小物塊從C點(diǎn)拋出后，當(dāng)小物塊再次離地高度為R時(shí)，在小物塊上施加一大小為西、方向水平向左

的恒力，求小物塊回到水平軌道時(shí)距2的距離。

(a)

【答案】(1)2mg；(2)2亦嬴(3)6R

【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律，在A點(diǎn)

Fo-]Limg=m-O.5g

在3點(diǎn)

Fi1.5g

解得

Fi=2mg

(2)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到2,合外力也均勻增大，故合外力做功

58L5g

WF=m(0,^)-4R

小物塊從A運(yùn)動(dòng)到C,由動(dòng)能定理

2

WF-\~F1-R~mg-2R=；mvc

解得

vc=2y/2gR

(3)小物塊從C點(diǎn)平拋，運(yùn)動(dòng)到距離地面R處，由平拋規(guī)律

Xl=vct

1

R=~st'

此時(shí)，小物塊的速度與水平方向的夾角a滿(mǎn)足

tana='=&

%vc

所受合外力與水平方向的夾角P滿(mǎn)足

tan左強(qiáng)

6

解得

a=B

故此后小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其水平位移為

R

X、---

tan夕

小物塊回到水平軌道時(shí)距B的距離

X=X1-\-X2=6R

6.如圖所示，滑道由光滑的曲面滑梯尸。和一條與其平滑連接的水平軌道ON構(gòu)成，水平軌道右側(cè)固定有一

輕質(zhì)彈簧，彈簧左端恰好位于M點(diǎn)。若質(zhì)量為〃入=20kg的滑塊A從距離地面高/?=1.25m處由靜止開(kāi)始下

滑，下滑后與靜止于。點(diǎn)的滑塊B發(fā)生碰撞。若碰撞后A、B粘在一起，兩者以2m/s的速度向右移動(dòng)0.5m

停下。已知水平軌道長(zhǎng)度L=1.0m,兩滑塊與段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其余部分光滑，兩滑塊均

可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)滑塊B的質(zhì)量,%;

(2)滑塊與段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)若A、B兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，求彈簧最大的彈性勢(shì)能心。

【答案】(1)30kg；(2)0.4；(3)120J

【詳解】(1)從尸到。，對(duì)由動(dòng)能定理

得

%=5m/s

若下滑后滑塊A與靜止于。點(diǎn)的滑塊B發(fā)生碰撞后共同運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒

mAv0=(mA+mp)v

得

=30kg

(2)若滑塊A、B一起運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v2=2〃gx

得

〃=0.4

(3)若滑塊A、B發(fā)生彈性碰撞，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒

mAv0=mAvA+fftBvB

得

vA=———v0=-Im/s,vB=-—v0=4m/s

mA+mBmA+

壓縮彈簧到速度為。時(shí)，彈簧最大的彈性勢(shì)能，且

12

Ep=-mBvB-jurr^gL=120J

當(dāng)彈簧將B彈回后

-jurn^gL=-120J=-Ep

即B恰好返回原靜止位置，A下滑再次下滑的速度小于第一次速度，即第一次B壓縮彈簧的彈性勢(shì)能最大

Ep=120J

7.如圖所示，在距水平地面高4=1.2m的光滑絕緣水平臺(tái)面上，一個(gè)質(zhì)量為"?=1kg、帶電量q=+L0xl0-5c

的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲(chǔ)存了心的彈性勢(shì)能?，F(xiàn)打開(kāi)鎖扣K,物塊與彈簧分離后以水平速度

%向右滑離平臺(tái)，并恰好從8點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知2點(diǎn)距水平地面高4=0.6m,

圓弧軌道8c的圓心。與水平臺(tái)面等高，C點(diǎn)的切線水平，并與水平地面上長(zhǎng)為乙=L2m的粗糙直軌道CM

平滑連接，CM軌道區(qū)域存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小物塊穿過(guò)電場(chǎng)后平滑的滑上以速度v=3m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)

動(dòng)的傳送帶，小物塊與直軌道和傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=。4,傳送帶兩端點(diǎn)間距離4=2m,小物

塊剛好沒(méi)有從N端滑離傳送帶。小物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，重力加速度g=10m/s2,空氣阻力

忽略不計(jì)。試求：

(1)壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住時(shí)的彈性勢(shì)能Ep；

(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；

(3)小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q。

5

【答案】(1)1J；(2)lxlOV/m：(3)34.82J

【詳解】(1)小物塊由A運(yùn)動(dòng)到8的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

4-a=2gt

小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為

2x(1.2-0.6)_73

s-s

105

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知

為="(1-cos/3OC)

解得

ZBOC=60°

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

tan60°=義

%

解得

%=2m/s

根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，原來(lái)壓縮的彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為

1,

Ep=5，〃%=2J

(2)設(shè)小物塊在8點(diǎn)和C點(diǎn)的速度大小分別為%、%，8點(diǎn)的速度大小

從8點(diǎn)和C點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得

解得

vc=2\/7m/s

小物塊剛好沒(méi)有從N端滑離傳送帶，小物塊在N端速度為零，從C點(diǎn)N端由動(dòng)能定理得

12

-qELx-〃+L2)=0--mvc

解得

E=lxlC)5v/m

(3)小滑塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為％=2缶內(nèi)，第一次到達(dá)M點(diǎn)的速度為vw,

1212

-Eqk-jurngl^=-mvM--mvc

解得

w=4m/s

從M到N的時(shí)間

f[='=ls

此過(guò)程中的相對(duì)位移

玉=4+%=5m

小物塊從傳送帶上返回先做勻加速，速度達(dá)到3m/s后做勻速運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)間

v

t?———0.75s

4g

此過(guò)程中的相對(duì)位移

v

vt2——=1.125m

過(guò)M點(diǎn)再次進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，假設(shè)能再次通過(guò)C點(diǎn)，設(shè)此時(shí)速度為Vc，則

2

qEL^-jnmgLx=gm叱-：mv

解得

vc=VL8m/s

且

1匕，

—mvc=0.9J<mgh2=6J

物塊滑到圓軌道某處，又下滑經(jīng)C點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)，設(shè)物塊停下時(shí)距C點(diǎn)的距離為X3

一(qE+"mg)X3=Q-^mv^

解得

X3=0.18m

小物塊在電場(chǎng)中摩擦發(fā)的熱

Qi=//mg(2L/+X3)=10.32J

小物塊在傳送帶上發(fā)的熱

Q=/j,mg(X2+X7)=24.5J

總的發(fā)熱

Q=Q+Q=34.82J

3

8.如圖所示，BCDG是光滑絕緣的[圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為H,下端與水平絕緣軌道在3

點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中石=誓?，F(xiàn)有一質(zhì)量為機(jī)、帶電量為+4的小滑塊(可

4q

視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為05重力加速度為g。sin530=0.8,

cos53°=0.6o

(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)S=2R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度；

(2)在(1)的情況下，求滑塊到達(dá)8點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(3)改變'的大小，為了使小滑塊不脫離圓弧軌道，求AB初始距離s的取值范圍。

4___________________

c[d{V—v+-----1G__________

-s—

<-------------------------------------

23

【答案】⑴%=廊；(2)N=2mg,方向豎直向下；(3)s<4R^s>—R

【詳解】(1)根據(jù)題意，從A點(diǎn)到8,根據(jù)動(dòng)能定理可得

qEs-]umgs=；mvj-0

解得

VB=y[gR

(2)由牛頓第二定律得

N—mg=

由牛頓第三定律得

N'=N

解得

N'=2mg

方向豎直向下。

（3）滑塊恰好始終沿軌道BCDG滑行，則滑至圓弧軌道。、G間等效最高點(diǎn)時(shí)，由電場(chǎng)力和重力的合力G’

提供向心力，此時(shí)的速度最小，G'與豎直方向夾角夕的正切值為

tan6*=-^=-

mg4

解得

8=37。

則有

滑塊不離開(kāi)軌道有兩種可能，一種是最高到/點(diǎn)（等效重力場(chǎng)中圓心等高處），另一種是恰好通過(guò)〃點(diǎn)（等

效最高點(diǎn)）。如圖所示

①如果最高到/點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理，有

qE(sRcos37°)-jumgs-mg(尺+Rsin37°)=0

解得

5=47?

②如果在等效場(chǎng)中最高到H點(diǎn)，則根據(jù)動(dòng)能定理，有

qE^s—Rsm37°)—/Jmgs-mg(R+Rcos37°)=gmv^n—0

聯(lián)立解得

5=11.5/?

故使滑塊沿圓弧軌道滑行時(shí)不脫離圓弧軌道的s的取值范圍為

s<4R^s>—R

9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道A8的下端與圓弧軌道。C8相切于8點(diǎn)，0c段粗糙，CB

段光滑，圓心角/3OC=37。，。點(diǎn)與圓心。等高，圓弧軌道半徑R=1.0m,一個(gè)質(zhì)量為，"=0.5kg,可視

為質(zhì)點(diǎn)的小物體，從D點(diǎn)的正上方距離為九=1.8m的E點(diǎn)處自由下落，小物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

A=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。忽略空氣阻力對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的影響，貝心

（1）小物體經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)D點(diǎn)；

（2）當(dāng)小物體到達(dá)圓弧軌道底端C時(shí)對(duì)軌道的壓力為13N,求小物體在圓弧。C段克服摩擦力所做的功；

（3）要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長(zhǎng)度L至少要多長(zhǎng)？

【答案】（1）0.6s；（2）10J；（3）0.6m

【詳解】（1）小物體從E點(diǎn)處自由下落到。點(diǎn)，根據(jù)

,12

解得

(2)在C點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可得

N-m2=m-

R

由題意可知

N=13N

解得

vc=4m/s

小物體從E點(diǎn)到圓弧軌道底端C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

19

mg(h+R)-WDC=—mv^-0

聯(lián)立解得小物體在圓弧OC段克服摩擦力所做的功為

%c=l0J

(3)從C點(diǎn)到斜面最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

1,

—mgLsin37°—/imgLcos37°—mgR(l—cos37°)=?！?mvc

解得

L=0.6m

要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長(zhǎng)度至少為0.6m。

10.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為1kg的小滑塊A、B、C沿直線靜止排列在水平面上，其中A、B與水平面

間無(wú)摩擦，C與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=。4。某時(shí)刻給滑塊A水平向右的速度為=6m/s,與滑塊B碰

撞后粘在一起形成結(jié)合體P(P與水平面間無(wú)摩擦)，結(jié)合體P與滑塊C發(fā)生彈性碰撞后均停止在水平面上。

已知重力加速度g=10m/s2。求:

(1)A、B碰撞過(guò)程中，B受到的沖量大小/；

(2)P、C第一次碰撞后C的速度；

(3)整個(gè)過(guò)程中滑塊C的位移大小X。

Vo

【答案】(1)3N-S；(2)4m/s,水平向右；(3)2.25m

【詳解】(1)設(shè)水平向右為正方向，A、B、C質(zhì)量均為機(jī)，A、B碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒有

mvo=2mvi

對(duì)B,由動(dòng)量定理有

I=^p=mvi-0

解得

v；=3m/s,/=3N-s

(2)P、C第一次碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒有

gx2mVj2=~x2mv2+~xmv2

2mvi=2mvpi+mvci，plcl

解得第一次碰撞后C的速度

vcl=4m/s

水平向右。

(3)對(duì)P、C構(gòu)成的系統(tǒng)由能量守恒

—■2mv^=/Limgx

解得

x=2.25m

11.滑板運(yùn)動(dòng)，越來(lái)越受到年輕人追捧，如圖所示，滑板軌道AOE光滑，水平軌道與半徑R=1.8m四

分之一豎直圓弧軌道OE在。點(diǎn)相切。一個(gè)質(zhì)量為"=48.0kg的運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度/沖上靜

止在A點(diǎn)質(zhì)量，〃=2.0kg的滑板（可視為質(zhì)點(diǎn)），設(shè)運(yùn)動(dòng)員蹬上滑板后立即與滑板一起共同沿著軌道運(yùn)動(dòng)。

若不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取值lOm/s?（計(jì)算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員以6m/s的水平速度沖上滑板，是否能達(dá)到E點(diǎn)；

（2）以運(yùn)動(dòng)員恰好到達(dá)E點(diǎn)的速度%沖上滑板，運(yùn)動(dòng)員和滑板滑過(guò)圓弧形軌道。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（3）若A點(diǎn)左側(cè)為滑動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02的水泥地面，則運(yùn)動(dòng)員與滑板滑回后停在距A點(diǎn)多遠(yuǎn)的距離。

【答案】（1）不能；（2）1500N,方向豎直向下；（3）9m

【詳解】（1）運(yùn)動(dòng)員和滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

Mv0=（M+ni）v

解得

v=5.76m/s

在水平軌道上系統(tǒng)的動(dòng)能為

2

Ek=1（Af+m）v=829.44J

到達(dá)軌道最高點(diǎn)的重力勢(shì)能為

Ep=（M+m）gR=9003

因?yàn)?/p>

E—Ep

所以不能達(dá)到E點(diǎn)。

（2）若恰好能到達(dá)E點(diǎn)，則在E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)員和滑板組成的系統(tǒng)速度為0,根據(jù)能量守恒，有

（M+〃z）gR=：（M+vJ

解得

vD=6m/s

根據(jù)牛頓第二定律，有

解得

既=1500N

根據(jù)牛頓第三定律，可知運(yùn)動(dòng)員和滑板對(duì)軌道的壓力大小為&'=1500N,方向豎直向下。

（3）根據(jù)能量守恒定律，可知運(yùn)動(dòng)員和滑板回到A點(diǎn)時(shí)的速度為％="°=6m/s,根據(jù)動(dòng)能定理，有

2

（M+/〃）gx=0-（Af+m）vA

解得

x-9m

12.如圖所示，長(zhǎng)為乙=3m的木板A質(zhì)量為M=2kg,A靜止于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，小物塊B（可視

為質(zhì)點(diǎn)）靜止于A的左端，B的質(zhì)量為如=lkg,曲面與水平面相切于M點(diǎn)?，F(xiàn)讓另一小物塊C（可視為

質(zhì)點(diǎn)），從光滑曲面上離水平面高/z=3.6m處由靜止滑下，C與A相碰后與A粘在一起，C的質(zhì)量為優(yōu)2

=lkg,A與C相碰后，經(jīng)一段時(shí)間B可剛好未離開(kāi)A。（g=10m/s2）求：

（1）C與A碰撞結(jié)束時(shí)A的速度；

（2）A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

（3）從開(kāi)始到最后損失的機(jī)械能。

【答案】（1）2&/s,方向水平向左；（2）0.1；（3）27J

【詳解】（1）設(shè)C滑至水平面的速度為也由動(dòng)能定理得

,12

m2gh=-m2v

代入數(shù)據(jù)，得

v=12gh=6\/2m/s

對(duì)A、C碰撞過(guò)程，設(shè)碰后共同速度為匕，由動(dòng)量守恒得

m2v=（m2+匕

得

匕_nhv_2^/2m/s

M+m2

所以，C與A碰后結(jié)束時(shí)A的速度大小為2"n/s,方向水平向左；

（2）B恰好不滑離A時(shí)與A有相同的速度，設(shè)為％,對(duì)A、C、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律可得

m2v=（A/+mj+m2）v2

解得

一〃一a垃zs

M+mi+m22

對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)由能量守恒定律可得

3（河+叫）V；=g（M+叫+叫）￡+從m1gL

代入數(shù)據(jù)，解得

//=0.1

（3）選擇地面為零勢(shì)能參考平面，開(kāi)始時(shí)，A、B、C整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能為

Eo=m2gh=36J

最后系統(tǒng)的機(jī)械能為

&=g（M+〃?]+，叼）v；=9J

故整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

AE=Et-E2=21J

13.如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)2與足夠長(zhǎng)的光滑水平面平滑連接，質(zhì)量

為4加的物塊甲靜置于B處，質(zhì)量為根的物塊乙從圓弧軌道最高點(diǎn)A處由靜止開(kāi)始無(wú)初速度釋放。已知重

力加速度為g,甲、乙兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，甲、乙間的碰撞均為彈性碰撞。求：

（1）物塊乙第1次剛要到達(dá)8處時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?/p>

（2）物塊甲、乙第1次碰撞后瞬時(shí)各自的速度大小；

（3）最終物塊甲、乙各自的速度大小。

【答案】⑴3W(2)6言斥，今斥

【詳解】(1)設(shè)物塊乙第1次剛要到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速度大小為加，物塊乙對(duì)圓弧軌道的壓力大小為跳，從A

到2過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有

%=7^

在2點(diǎn)，對(duì)物塊乙進(jìn)行受力分析有

FN-mg=m

8=3mg

(2)設(shè)物塊甲、乙第1次碰撞后瞬時(shí)，物塊甲速度為v//,物塊乙速度為vzi，以水平向右為正方向，對(duì)

物塊甲、乙組成的系統(tǒng)，由彈性碰撞有

mv0=4根y甲］+mv乙1

聯(lián)立解得

v甲1=~]2gR,v乙1=--^2gR

負(fù)號(hào)表示碰撞后物塊乙速度反向，方向水平向左；

(3)由分析知，物塊甲、乙第2次碰撞前瞬時(shí)，有

方向水平向右；

設(shè)物塊甲、乙第2次碰撞后瞬時(shí)，物塊甲速度為丫甲2,物塊乙速度為VZ2,對(duì)物塊甲、乙組成的系統(tǒng)，由彈

性碰撞有

4用口甲2+mv乙2=4機(jī)丫甲1-機(jī)u乙1

g?4加扇+~mv12=g'4小扁+(mvl.

聯(lián)立解得

12___7___

V甲2=天j2gR,V乙2=石j2gR

因?yàn)?/p>

唏2>V乙2

可知第2次碰撞后,物塊甲、乙將水平向右勻速運(yùn)動(dòng),不會(huì)再發(fā)生碰撞,即最終物塊甲的速度大小為U,

物塊乙的速度大小為。

14.如圖所示，豎直固定的半徑R=0.32m的光滑絕緣圓弧軌道在2點(diǎn)與粗糙絕緣水平軌道相切。整個(gè)

軌道處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。將一個(gè)質(zhì)量機(jī)=0.4kg、帶電量q=+3xl(r3c的物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從

水平軌道上B點(diǎn)右側(cè)距離B點(diǎn)x=0.64m的位置由靜止釋放，物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為

綜=12N。圓弧軌道右下方留有開(kāi)口，物塊進(jìn)入圓弧軌道后，開(kāi)口將自動(dòng)關(guān)閉形成一個(gè)閉合的圓軌道。已

知物塊P與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.25,g=10m/s2,sin37°=0.6,8$37。=0.8.求：

(1)物塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小以及勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?/p>

(2)為了讓物塊P進(jìn)入圓弧軌道后恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，需要將物塊P從8點(diǎn)右側(cè)多遠(yuǎn)處由靜止釋放?

(3)通過(guò)計(jì)算分析物塊P進(jìn)入圓弧軌道后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是否會(huì)與圓弧軌道分離。

【答案】(1)|V10m/s；1X103N/C；(2)1.23m；(3)見(jiàn)解析

【詳解】(1)依題意，物塊運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)，所受軌道的支持力大小為舔，由牛頓第二定律，可得

F^-mg=m-^

K

解得

vB=：V10m/s

物塊P從靜止運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

qEx-/Limgx=：mv1

解得

E=1X1O3N/C

(2)設(shè)物塊P在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)為。點(diǎn)，設(shè)電場(chǎng)力和物塊的重力的合力與豎直方向的夾角為0,

如下圖所示:

則有

tan0=

mg

解得

，=37°

等效最高點(diǎn)在。點(diǎn)關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)的p點(diǎn)，依題意，物塊P進(jìn)入圓弧軌道后恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的條件

為

sin。R

解得

vF=2m/s

即物塊P進(jìn)入圓弧軌道后恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度為2m/s,設(shè)將物塊P從8點(diǎn)右側(cè)V處由靜

止釋放運(yùn)動(dòng)到廠點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得

qE^-Rsin0^—mg(^R+Rcos=

聯(lián)立，解得

V=1.23m

(3)根據(jù)(1)中分析，物塊P從2點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)的速度設(shè)為匕，由動(dòng)能定理可得

-qERsin0—mgR(1+cos°)=gmv：-

解得

vj<0

即物塊P進(jìn)入圓弧軌道后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程會(huì)與圓弧軌道分離。

15.一輛質(zhì)量根=2kg的平板車(chē)左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4。開(kāi)

始時(shí)平板車(chē)和滑塊以vo=2m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短且碰

撞后平板車(chē)速度大小保持不變，但方向與原來(lái)相反。平板車(chē)足夠長(zhǎng)，以至滑塊不會(huì)滑到平板車(chē)右端。

(1)平板車(chē)最終停在何處？

(2)為使滑塊不滑離平板車(chē)，平板車(chē)至少多長(zhǎng)？

(3)從平板車(chē)第一次與墻壁碰撞后算起，平板車(chē)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少？

【答案】(1)平板車(chē)最終停在右側(cè)緊靠墻壁處；(2)jm；(3)1.5s

【詳解】(1)平板車(chē)每次碰撞后速度大小保持不變，方向相反，由于小滑塊的質(zhì)量M大于平板車(chē)的質(zhì)量冽，

可知每次碰撞后，系統(tǒng)的總動(dòng)量一直向右，所以經(jīng)過(guò)多次碰撞后，平板車(chē)最終停在右側(cè)緊靠墻壁處。

(2)平板車(chē)與墻壁碰撞無(wú)能量損失，滑塊與平板車(chē)動(dòng)能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，