模型35解動(dòng)力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)及選用原則

模型概述

1.解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)

1）動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題.

2）能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題.

3）動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題.用動(dòng)量定理可簡化問題的求解過程.

2.力的三個(gè)作用效果及五個(gè)規(guī)律

1）力的三個(gè)作用效果

作用效果對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式列式角度

=

力的瞬時(shí)作用效果牛頓第二定律F合'ma動(dòng)力學(xué)

平合二八七^即印合=；冽？22一；加vj

力在空間上的積累效果動(dòng)能定理功能關(guān)系

沖量與動(dòng)量

力在時(shí)間上的積累效果動(dòng)量定理/合=Ap即F\t=mv'—mv

的關(guān)系

2）兩個(gè)守恒定律

名稱表達(dá)式列式角度

能量守恒定律（包括機(jī)械能守恒定律）E2=E\能量轉(zhuǎn)化（轉(zhuǎn)移）

動(dòng)量守恒定律pi=p\動(dòng)量關(guān)系

3.力學(xué)規(guī)律的選用原則

1）如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律.

2）研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理（涉及時(shí)間的問題）或動(dòng)能定

理（涉及位移的問題）去解決問題.

3）若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解

決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.

4）在涉及相對位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減

少量，即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量.

5）在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其

他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決.

6)對多個(gè)物理過程進(jìn)行整體思考，即把幾個(gè)過程合為一個(gè)過程來處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的

運(yùn)動(dòng)。

7)對多個(gè)研究對象進(jìn)行整體思考，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定

律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。

8)若單獨(dú)利用動(dòng)量觀點(diǎn)(或能量觀點(diǎn))無法解決問題，可嘗試兩種觀點(diǎn)結(jié)合聯(lián)立方程求解。

典題攻破

1.靈活應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題

【典型題1】(2025?浙江?一模)如圖所示，光滑板車由一個(gè)半徑&=0.2m,夾角。=53。光滑圓弧軌道與

粗糙度可由神奇遙控器隨時(shí)調(diào)節(jié)的長L=5.0m的水平板平滑連接，光滑板車的質(zhì)量M=L6kg,一個(gè)

質(zhì)量為機(jī)=lkg的小球尸從/點(diǎn)水平拋出，初速度%=2.4m/s,恰好能沿著圓弧進(jìn)入圓弧軌道。除水平

板外一切摩擦均不計(jì)卜in53o=0.8cos53o=0.6,g=10m/s2）。

(1)小球的拋出點(diǎn)距離8點(diǎn)的高度〃；

(2)若板車固定在水平面上，求小球首次到達(dá)C點(diǎn)小車對小球的支持力；

(3)若板車不固定，求小球首次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小車對小球的支持力大??；

(4)調(diào)節(jié)水平板的摩擦因素，使得從拋出開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過0.92s物塊恰好位于水平板中間的位置，求此

時(shí)小車對地位移的大??？

【答案】(l)0.512m(2)98N,方向豎直向上(3)135N(4)0.1m

【詳解】(1)8點(diǎn)豎直分速度吟=%tane=3.2m/s

了方向有〃='=0.512m

2g

(2)到達(dá)3點(diǎn)速度為%=」［=4m/s

COS”

能量守恒C

+叫我(1-00$53°)=；機(jī)(。點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律然-叫=加乜-

22R

聯(lián)立解得”=98N

方向豎直向上

(3)B—C能量守恒;加v；+加gR(l-cos53°)=：加%

水平方向動(dòng)量守恒"?。0=加。.+MVM

聯(lián)立解得5=4m/s

vM=-lm/sC點(diǎn)牛頓第二定律F^-mg=)

R

解得心=135N

(4)AfB過程5=里吧^=0.32s

g

水平方向動(dòng)量定理微元求和Z加v°A/=冽＞田+M?“加

x

水平方向位移關(guān)系m~XM=^cos37°+0.5￡

解得“=-01m

大小為0.1m。

針對訓(xùn)練

1.(2025?湖北?一模)如圖所示，光滑水平面與光滑曲面平滑連接，水平面上有兩個(gè)半徑相同的小球A和B,

小球B的質(zhì)量是小球A的質(zhì)量的三倍。現(xiàn)讓A球以速度%向右運(yùn)動(dòng)與靜止的B球發(fā)生彈性正碰，碰后

小球B沿曲面上升到最大高度后又沿曲面返回到水平面，重力加速度的大小為g,求

(1)碰后小球A、B的速度大小；

(2)小球B沿曲面上升的最大高度。

2

【答案】(1注,崇⑵套

【詳解】（1）設(shè)小球A的質(zhì)量為機(jī)A，小球B的質(zhì)量為，則恤=3加A小球A碰后的速度為VA,小

球A碰后的速度為彩，A、B發(fā)生彈性正碰

加A%=冽AVA+〃7BVB

=1^AV1+1^BVB

解得VA=一￡

負(fù)號表不碰后A球向左運(yùn)動(dòng)vB=

（2）設(shè)B球在曲面上上升的最大高度為〃，由機(jī)械能守恒定律可得為8〃=；叫噂

聯(lián)立解得力=?

2.（2025?湖北?一模）如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上。質(zhì)量為加的鐵球由彈簧的正上方人高

處/點(diǎn)自由下落，在3點(diǎn)與彈簧接觸后開始壓縮彈簧，鐵球下落到的最低點(diǎn)為C點(diǎn)。以/點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),

沿豎直向下建立x軸，鐵球從/到。過程中的加速度。一位移x圖像如圖乙所示，圖像與x軸的交點(diǎn)坐

5/7

標(biāo)為為。已知石=彳，不計(jì)空氣阻力，重力加速度的大小為g,求

Q4....

（1）輕彈簧的勁度系數(shù)；

（2）鐵球下落過程中的最大速度；

（3）鐵球下落過程中的最大加速度。

【答案】（1）半（2）：向，方向豎直向下（3）3g,方向豎直向上

n2

【詳解】（1）為處為平衡位置，則有左（%-//）=加g

解得左=等

n

（2）在平衡位置處速度最大，設(shè)為%；從/到平衡位置處，根據(jù)動(dòng)能定理可得機(jī)gx「等說

解得％=?向

方向豎直向下。

（3）鐵球在C點(diǎn)時(shí)的加速度最大，設(shè)為4，此時(shí)鐵球的坐標(biāo)為3；則從4到C處，根據(jù)動(dòng)能定理可得

k（x2-A）z、

mgx2-------%---（x2-h）=0

解得％=2h

在C處，根據(jù)牛頓第二定律可得左心-切一叫二加%

解得Om=3g

方向豎直向上。

3.（2025?湖北黃岡?一模）如圖所示，勻質(zhì)木板A、B右端對齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的質(zhì)量為

m、長度為L木板B的質(zhì)量為3、長度A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,

22

重力加速度大小為g。

（1）若對A施加水平向右的拉力尸，A、B間恰好發(fā)生相對滑動(dòng)，求尸的大?。?/p>

7

⑵若對A施加水平向右的恒力片=5〃冽g,求木板A、B左端對齊所需時(shí)間.；

⑶若地面不光滑，木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為對B施加水平向左的恒力乙作用一段

時(shí)間后再撤去￡,木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值%和木板A運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間人

,3I24L

【答案】（1）尸=45〃g

【詳解】（1）A、B間恰好發(fā)生相對滑動(dòng)，對B由牛頓第二定律〃乂^乂8=]X4

對AB整體/=（加+；加）為

3

解得/二5"冽g

7

（2）若對A施加水平向右的恒力片=54加g,則AB之間產(chǎn)生滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度仍為％="g

A的加速度為片-］ux^mg=max

木板A、B左端對齊時(shí),a/；—5ao彳=

解得所需時(shí)間"專

（3）設(shè)月作用的時(shí)間為右，撤力時(shí)B的速度最大，撤力后再經(jīng)4時(shí)間A、B速度共速，由A與地面間

的動(dòng)摩擦因數(shù)小于A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)，共速后兩者一起勻減速直至停下，設(shè)撤力前B的加速度大小為“BI，

撤力后B相對A滑動(dòng)的加速度大小為小，共速前A的加速度大小為呱1，共速后A的加速度大小為。至，

撤力前對B分析有耳-=￡而1

共速前對A分析〃+=

共速后對A、B分析I［加+,Jg=［加+5卜慶2

13r

木板B恰好未從木板A上掉落，應(yīng)滿足5&1-以1），2?2+%）=—

其中"B"2—"o'3=aAl（'2+'3）

最大速度%=〃B1%2

解得％

A運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t2+t3+Of山9

-flA2

,[24L

解nZ得B;=--

VW

4.（2025?重慶?模擬預(yù)測）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v=5m/s沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送

帶與水平方向的夾角。=37。。質(zhì)量均為機(jī)=5kg的小物塊A和B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪

間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時(shí)刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初速度v0=

14m/s（此時(shí)物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊），使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知物塊A與

傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊B都沒有上升到定滑輪處。

取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=lOm/s2。求：

□B

(1)物塊A剛沖上傳送帶時(shí)的加速度；

(2)物塊A沖上傳送帶運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間；

(3)物塊A沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物塊A對傳送帶做的功。

【答案】(l)9m/s2,方向沿傳送帶向下(2),s(3)^yJ

【詳解】(1)物塊A剛沖上傳送帶時(shí)，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有用gsin6+T+〃w?gcose=w7q

對B物塊〃zg-T=ma}

聯(lián)立解得％=9m/s2

方向沿傳送帶向下；

(2)物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼續(xù)向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsind+T,-/nmgcos9=max

聯(lián)立解得％=7m/s2

當(dāng)物塊A的速度減為零時(shí)，其沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的距離最遠(yuǎn)，則有

聯(lián)立解得，=%+72=^S

(3)此過程中物塊對傳送帶做的功名=啟「啟2

其中

f=Ringcos6

X1=vt1

x2=vt2

解得〃=

5.(2025?重慶?模擬預(yù)測)如圖所示，光滑水平面上有一傾角。=37。的斜面體B,物塊A從斜面體底部以初

速度vo=5m/s開始上滑。已知電i=lkg,加B=2kg,物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)，斜面體B上表面光滑，運(yùn)動(dòng)過

程中物塊A始終不脫離斜面體，g^lOm/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度；

(2)若斜面體B可自由滑動(dòng)，求物塊A上升的最大高度；

(3)若斜面體B可自由滑動(dòng)，且其表面有一層絨布，物塊A相對斜面上滑時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)〃/=0.5,下滑時(shí)

=g,求物塊A從出發(fā)到重新回到最低點(diǎn)的過程中的位移大小及系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。

【答案】⑴125m哈(3)嚕-g楞)m,需J

【詳解】(1)若斜面體B固定，對物塊A,根據(jù)機(jī)械能守恒可得

解得物塊A上升的最大高度4=1.25m

(2)物塊A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，與斜面體B相對速度為0,水平方向共速，由水平方向動(dòng)量守恒可得

加A%COS37°=(%+加B"共

根據(jù)能量守恒可得；^AV0=；(冽A+mB)唯+冽Ag%2

解得均=5/9m

(3)沿斜面方向建立x軸，垂直斜面方向建立y軸，在上滑過程中，對A分析如圖(a)所示，對B分

析如圖(b)所示

%g

(?)

在y方向上A、B初速度均為0且始終不分離，故每時(shí)每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，在任

意時(shí)刻，均有

mAgcos3T-Nx=mAaMy

N、sin37°+〃附cos37°=mBaBi

aMy=aBisin37°

on

解得

在下滑過程中，對A分析如圖(c)所示，對B分析如圖(d)所示

(c)(d)

同理，在任意時(shí)刻，均有

mAgcos3T-N2=mAaA2y

N2sin37°-JU2N2COS37°=mB?B2

=°B2sin37°

on

解得Nz=^N

說明A物體上滑、下滑過程中支持力均為定值，兩物體受力始終為恒力。以B為參考系，在上滑過程中,

有

〃iNi+"Agsin37°=加A°A“

?BIX=?BICOS370

°相1=aAlx+0B1A

解得。和=*m/s?

,v?13

貝nUx相=—=高m

2a相i12

12

又％相=5〃相片

13

解得「而s

在下滑過程中，有

加Agsin37°-pi2N2=mAaA2x

aB2x=aB2cos37°

°相2=°A2x+aB2x

解得“=￥向小

,12

由工相二萬。相2/2

可得%2=

故摩擦生熱0="iN]X相+//2生工相=若勺

物塊A最終回到斜面體B底端，故整個(gè)過程中A、B位移相同，為尤=1/彳+工磴2%=（竺-2產(chǎn)）m

22453Y75

6.（2025?江西南昌?一模）如圖，一長為LCL是未知量）、質(zhì)量為M=2kg的長木板放在光滑水平地面上，

物塊A、B、C放在長木板上，物塊A在長木板的左端，物塊C在長木板上的右端，物塊B與物塊A的

距離加=3111,所有物塊均保持靜止。現(xiàn)對物塊A施加一個(gè)水平向右的推力尸=15N,在物塊A、B即

將發(fā)生碰撞前的瞬間撤去推力幾已知物塊A的質(zhì)量為小A=3kg,物塊B、C的質(zhì)量為〃%=/?c=2kg,

物塊A、B、C與長木板的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，glXlOm/s2,物塊A、

B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊間的碰撞均無機(jī)械能損失。求：

ABC

//////////////////////////////

(1)施加推力時(shí)，物塊A的加速度的大小;

(2)物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大小;

(3)若將長木板換成輕質(zhì)薄板，其它條件不變，求從施加推力廠到物塊A、B、C與輕質(zhì)薄板共速所需的

時(shí)間(整個(gè)過程中物塊B、C不相碰)。

【答案】(ITm/s?(2)孚m/s,"gm/s(3)3.16s

【詳解】(1)對A進(jìn)行受力分析可得尸-〃町^=機(jī)人4

代入題中數(shù)據(jù)解得以=3向$2

(2)假設(shè)長木板、物體B、C一起加速，加速度為4,則有。0=77小圓一T1nzs2

M+mB+mc

因?yàn)?<//g=2m/s2

假設(shè)成立。所以命=%=lm/s?

2

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為t,則X"=1aAZ-|a/

解得t=y/3s

Vaf

設(shè)物體A、B碰前速度為匕、vB,則B=B

解得vA=375mzs,vB=V3m/s

物體A、B碰后速度為以、%,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

“A+mBVB=叫或+mBVB

+1?JBVB2

A73ZB,7\/3,,17G,

解得vA=^—m/s,vB=---m/s

(3)對A有尸一〃機(jī)Agn冽A%

2

得ax=3m/s

輕質(zhì)薄木板與B、C相對靜止，有相同的加速度。2

%=^^=1.5曲

mB+mc

1

設(shè)物體A與物體B碰前所需時(shí)間為"，物體A、B碰前速度為％、匕，貝JXAB

得％=2s

且匕=Q/I=6m/s,v2=a2t2=3mzs

物體A、B碰后速度為V3、v4,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

mAVl+mBV2=mAV3+mBV4

12121212

萬加A%+-^BV2=-^AV3+-mBV4

解得v3=3.6m/s,v4=6.6m/s

A、B碰后，輕質(zhì)木板的合力應(yīng)該為零，A與薄板不能出現(xiàn)相對滑動(dòng)否則木板合力不為零，木板和A勻

速，B勻減速，C勻加速至V3,時(shí)間則f2=±2=0-3s

〃g

此時(shí)B的速度為=v「NgG=6m/s

此后，物體A、C薄板相對靜止，一起勻加，B勻減至共速，物體A、C的加速度大小?3="2=0.8m/s2

mA+加c

物體B的加速度大小=〃g=2m/s2

由％+a3t3=%-磯

得4=yS?0.86s

則所需總時(shí)間值=%+右+右=3.16s

7.（2024?全國?模擬預(yù)測）某游樂項(xiàng)目裝置簡化如圖，為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑&=2.5m,

。為圓心，48分別為滑梯的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，且。=60。?；莸锥?與一水平傳送帶相切，傳送帶

的長度￡=8m,傳送帶以速度v=lm/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).質(zhì)量皿=50kg的游客，從/點(diǎn)由靜止開始下滑,

在8點(diǎn)滑上傳送帶.游客與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02,重力加速度取g=10m/s2,求;

(1)游客滑到B點(diǎn)時(shí)對滑梯的壓力大??；

(2)游客從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間；

(3)游客與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量.

【答案】(1)1OOON(2)4s(3)400J

【詳解】(1)設(shè)游客滑到3點(diǎn)時(shí)速度為%,從/到8過程，由機(jī)械能守恒定律得加gA(l-cose)=；^v；

解得%=5m/s

在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有練-〃?g=加幺

R

解得小=1000N

由牛頓第三定律可知，在3點(diǎn)游客對滑梯的壓力大小為穌'=入=1000N

(2)游客滑上傳送帶，由牛頓第二定律得〃相g=

設(shè)經(jīng)時(shí)間/游客與傳送帶共速，則有v=%-助

解得％=2s

在乙=2s時(shí)間內(nèi)游客通過的距離為s=號乙=6m<Z

之后游客與傳送帶共同勻速運(yùn)動(dòng)，有=%

解得馬=2s

可知游客從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間為f=tt+t2=4s

(3)4=2s內(nèi)游客與傳送帶間發(fā)生的相對位移加=$-%=4m

則因摩擦產(chǎn)生的熱量。=〃加g-As=400J

8.(2025?福建?一模)如圖所示，水平傳送帶45長￡='2m5,以y=4m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與半

4

徑可調(diào)的豎直光滑半圓軌道平滑連接，CQ段為光滑管道，小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶左

2

端，已知小物塊的質(zhì)量加=1kg,與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,ZCOD=60°,重力加速度g-10m/so

(1)求小物塊到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小；

(2)求由于傳送小物塊，電動(dòng)機(jī)多做的功；

(3)若要使小物塊從。點(diǎn)飛出后落回傳送帶的水平距離最大，求半圓軌道半徑R的大??；

(4)若小物塊在半圓軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不脫離軌道且不從。點(diǎn)飛出，求半圓軌道半徑R的取值范圍。

【答案】(l)4m/s(2)16J(3)0,2m(4)0.4m<7?<!|m^7?>O.8m

【詳解】(1)對小物塊受力分析，由牛頓第二定律〃”陪=加。

解得a=2m/s2

設(shè)小物塊與傳送帶共速的時(shí)間為力，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式y(tǒng)=M

可得％=2s

加速的位移為再=4m

25

因?yàn)?m<-^-m

所以小物塊在傳送帶上先加速后勻速，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/so

(2)小物塊在傳送帶上因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=(%-占)=8J

由于傳送小物塊，電動(dòng)機(jī)多做的功為隰=Q+^mv2=8J+1xlx42J=16J

(3)從3點(diǎn)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理-〃陪-2尺=3加崎-?"一

小物塊離開。點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有

2R=；g『

x=vDt

聯(lián)立可得X=<_爐+,=4『(火_。2+:

=0.8m

由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，當(dāng)&=0.2m時(shí)，小物塊從。點(diǎn)飛出后落回傳送帶的水平距離最大X1mx

（4）①剛好沿半圓到達(dá)與圓心。等高處，根據(jù)動(dòng)能定理一切g(shù)K=O-；機(jī)V?

解得坊=0.8m

小物塊在半圓軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不脫離軌道，則8m

②剛好到達(dá)C點(diǎn)不脫軌，臨界條件是彈力為0,在。點(diǎn)加gcos6（F=加孑

從5點(diǎn)到。點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理-叫火2（1+。。560。）=5加優(yōu)-5加丫

代入數(shù)據(jù)解得&=1|m

③剛好到達(dá)。點(diǎn)不脫軌，在。點(diǎn)有%=0,從8點(diǎn)到。點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理-加g-2K=0-；加/

代入數(shù)據(jù)解得a=0.4m

若小物塊在半圓軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不從。點(diǎn)飛出，則滿足0.4mWR〈rm

35

綜上所述，半圓軌道半徑R的取值范圍為0.4mWRW電m或及20.8m

35

9.（2024?吉林?一模）下圖為某公司自動(dòng)卸貨過程的簡化示意圖。用來裝運(yùn)貨物的平底箱和處于足夠長的光

滑水平軌道上的無動(dòng)力小車質(zhì)量均為m=6kg,光滑傾斜軌道底端通過一小段光滑圓弧與小車無縫接觸，

需要運(yùn)送的貨物距離軌道底端的高度為〃=5m,小車右端固定一豎直擋板，平底箱與小車上表面的動(dòng)摩

擦因數(shù)為〃=0.125,平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定一勁度系數(shù)無窮大的理想彈簧（壓縮彈簧

可以全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，但壓縮量可以忽略）。小車受彈簧作用速度減為零時(shí)立即鎖定小車，卸下貨物

后將平底箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，小車及空的平底箱一起被彈回，小車與水平軌道左側(cè)臺

階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上傾斜軌道回到出發(fā)點(diǎn)，每次貨物裝箱后不會(huì)在平底箱中滑動(dòng)，

取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）平底箱滑上小車前瞬間的速度大小；

（2）當(dāng)某次貨物質(zhì)量為〃=24kg,若能將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，小車的長度乙需滿足什么條件；

（3）當(dāng)小車的長度為￡=5m,若能順利將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，每次運(yùn)送的貨物質(zhì)量M應(yīng)滿足什么要求。

【答案】（l）10m/s（2）見解析（3）見解析

【詳解】（1）設(shè)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小為v。，對平底箱從4點(diǎn)到滑上小車前根據(jù)動(dòng)能定理可

得(m+M)gh=；(m+

解得%=10m/s

(2)設(shè)平底箱與右側(cè)豎直擋板碰撞后的速度為v如則對平底箱滑上小車到與擋板碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒

定律有(m+M)%=(m+M+共

解得v共m/s

設(shè)小車被鎖定時(shí)彈簧的彈性勢能為頤，由能量守恒定律可得綜=$加+M+=1250J

小車彈回過程中，彈性勢能轉(zhuǎn)化為平底箱和小車的動(dòng)能，而小車與水平軌道左側(cè)臺階碰撞時(shí)瞬間停止,

則這一部分能量損失，此時(shí)對平底容器從擋板處滑上出發(fā)點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有;紇+

130

解得

(3)當(dāng)小車的長度為￡=5m,若能順利將空箱順利運(yùn)回釋放點(diǎn)，則

gE；>/JingL+mgh

,1,,

Ep--(m+M+m)v^

(w+A/)v0=(m+M+zw)膜

聯(lián)立可得"212kg

10.(2024?河北邯鄲?一模)如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然

伸長位置為。'點(diǎn)，彈簧的勁度系數(shù)斤=43.52N/m,圓軌道的半徑五=0.5m,圓管的內(nèi)徑比小球網(wǎng)直徑

略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，小物塊叫靜止于木板用左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下

端表面等高，小物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.5,木板右端與墻壁之間的距離4=5m,現(xiàn)用

力將小球班向左推壓，將彈簧壓縮/=0.5m,然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動(dòng)到桌

面右端。'點(diǎn)后水平拋出，從管口/處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分2點(diǎn)飛出，并恰好與小

物塊叫發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間后加3和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知啊始終未和墻壁碰撞，并且

2

未脫離木板，mi=m2=0.5kg,m3=0.1kg,g=10m/s,0=37°,sin37°=0.6o試求:

(1)小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f及拋出點(diǎn)O'與管口/間的高度差h；

(2)小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力反，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓；

(3)木板的最短長度L及木板在地面上滑動(dòng)的總路程s。

【答案】⑴\As,0.612m(2)1IN,方向豎直向上，和外壁擠壓(3)3.6m,6.8m

【詳解】(1)彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動(dòng)能定理可得上詈叫喏-0

根據(jù)

。=%tan9

vy=gt

,12

h=不廣

聯(lián)立解得

t——V34s

50

h=0.612m

(2)從/到圓筒最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可得-加ig(R+Rcos6)=g加/一；叫v；

由上述圖可知匕=」［

cos9

在最I(lǐng)WJ點(diǎn)線+mg=m—

xxR

解得心=11N>O

說明小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為UN,方向豎直向上。

(3)從/到2全過程，由動(dòng)能定理可得相］g(R-Rcos。)-g加M

解得力=6m/s

小球風(fēng)和物塊叫碰撞過程，取水平向右為正方向，可得

mv

加［=加1匕'+22

121，21，2

mV

~iB=5嗎匕+Q加2%

解得V：=0,"=6m/s

說明碰后小球停止運(yùn)動(dòng)，物塊獲得6m/s向右的速度，開始在木板上滑動(dòng)，以啊和加3