專題11用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理多過程運(yùn)動(dòng)問題

NO.1

壓軸題解讀

用力學(xué)三大觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)）處理多過程運(yùn)動(dòng)問題是高考物理中

的重要命題方向。這三大觀點(diǎn)涵蓋了物體受力與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系、能量轉(zhuǎn)換與守恒以及動(dòng)量變

化與守恒等核心物理概念。通過動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)，可以分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化。能

量觀點(diǎn)在處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題時(shí)尤為重要，可以通過分析物體在不同過程中的能量轉(zhuǎn)換和守

恒關(guān)系來求解問題。動(dòng)量觀點(diǎn)在處理涉及碰撞、爆炸等物理現(xiàn)象的問題時(shí)具有獨(dú)特優(yōu)勢，可以

通過分析物體在不同過程中的動(dòng)量變化來求解問題。

在2025年高考中，?？嫉膯栴}主要涉及以下幾個(gè)方面：

1.多過程運(yùn)動(dòng)問題：這類問題通常涉及多個(gè)物理過程和多個(gè)研究對象，需要考生運(yùn)用力學(xué)

三大觀點(diǎn)對各個(gè)過程進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和能量分析。常見題型包括物體在多個(gè)力作用下

命題預(yù)測的運(yùn)動(dòng)問題、物體在不同階段的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化問題等。

2.守恒定律應(yīng)用問題：這類問題主要考查能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。常見題型

包括物體在碰撞過程中的能量損失和動(dòng)量守恒問題、物體在復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒問題

等。

3.綜合應(yīng)用題：這類問題通常將動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)綜合起來進(jìn)行考查，要

求考生能夠靈活運(yùn)用這三大觀點(diǎn)分析解決復(fù)雜問題。常見題型包括物體在復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程中的受

力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和能量變化問題等。

在備考過程中，考生應(yīng)深入理解力學(xué)三大觀點(diǎn)的基本原理和應(yīng)用方法，掌握相關(guān)的物理公

式和定理。同時(shí)，要通過大量的練習(xí)來提高自己分析和解決問題的能力，特別是要注重對多過

程問題的訓(xùn)練，學(xué)會(huì)將復(fù)雜問題分解為多個(gè)簡單過程進(jìn)行分析和處理。

1.用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過程問題

2.用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過程問題

高頻考法

3.用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過程問題

4.用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過程問題

NO.2

壓軸題密押

考向一：三大觀點(diǎn)及相互聯(lián)系

考向二：三大觀點(diǎn)的選用原則

力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律。從兩個(gè)守恒定律的表達(dá)式看出多項(xiàng)都是狀態(tài)量(如速度、位置)，所

以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(如位移X,時(shí)間/)問題，不能解決力(F)的問題。

(1)若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律。

(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。

(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。

(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對路

程，動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)特別方便。

考向三：用三大觀點(diǎn)的解物理題要掌握的科學(xué)思維方法

1.多體問題一一要正確選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系

選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個(gè)關(guān)鍵。選取研究對象后需根據(jù)不同的條件采用隔

離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進(jìn)行研究；或采用整體法，即把幾個(gè)研究對象組成的系統(tǒng)

作為整體進(jìn)行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互

作用時(shí)，宜采用隔離法；對于各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個(gè)物體間的相互聯(lián)系，

通?？蓮乃鼈冎g的相互作用、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

2.多過程問題一一要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運(yùn)用物理規(guī)律

觀察每一個(gè)過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個(gè)關(guān)鍵。分析過程特征需仔細(xì)分析

每個(gè)過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個(gè)進(jìn)行研究。至于過

程之間的聯(lián)系，則可從物體運(yùn)動(dòng)的速度、位移、時(shí)間等方面去尋找。

3.含有隱含條件的問題一一要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件

注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點(diǎn)推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是

求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識(shí)物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行

間或圖像中去挖掘。

4.存在多種情況的問題一一要分析制約條件，探討各種情況

解題時(shí)必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時(shí)要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一

定的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進(jìn)行探討，防止漏解。

題型密押

?題型01用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過程問題

1.如圖所示，足夠長的固定斜面與水平面的夾角為/質(zhì)量為加的物塊B恰好靜止在斜面上，質(zhì)量為2m

底面光滑的物塊A自斜面上與B相距為Z處靜止釋放，A沿斜面加速下滑，與B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短。

重力加速度的大小為go

⑴若A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的;，則碰撞后A、B的速度;

⑵若A與B的碰撞系統(tǒng)沒有機(jī)械能損失，求：

LA與B發(fā)生第1次碰撞到第2次的時(shí)間；

近第n次碰撞后到第（〃+1）次碰撞前的過程中，B物塊的位移。

2_______7_______

【答案1(l)vA=2gLsin(9,vB=§j2g￡sin。

【詳解】（1）A與B碰撞前的速度

%=J2gzsin0

A與B碰撞后的速度分別為VA、K，由動(dòng)量守恒得

2m%=2mvA+mvB

A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的g,則

；（2機(jī)）吠+；旭說=|xg（2%M

解得

vA=|vo=|V2^sin61

VB=,%=|j2g￡sind

（2）i.設(shè)/與2第1次碰撞后的速度為hi、%i，由動(dòng)量守恒和能量守恒得

2mv0=2mvA1+mvB1

；（2加）v；=g（2加）匕+；加謂

解得

VAI=y-VBi=g

經(jīng)時(shí)間4,A與B發(fā)生第2次碰撞，碰撞前A與B的速度為V'A2、v'B2，則

VA/i+；(gsind)f；=%i%

解得

2%=2后^第2次碰撞前A與B的速度為83則

4=gsin。

17

V

'A2=§%+(gsind):|=-v0

VB2

第1次碰撞后到第2次碰撞前B的位移

16L

X

B1=VB/1=

設(shè)A與B第2次碰撞后的速度為VA2、％2，由動(dòng)量守恒和能量守恒得

2mv*A2+mvB2=2mvA2+mvB2

22

|(2m)v'A2+|mvB2=1(2m)v^2+|mv^2

解得

經(jīng)時(shí)間。，A與B發(fā)生第3次碰撞，碰撞前A與B的速度為V'A3、"B3，同理可得

’2=^=2.2L

gsin。

第2次碰撞后到第3次碰撞前B的位移

32L

XB2=VB2Z2=

同理可得第3次碰撞后到第4次碰撞前B的位移

48Z

第"次碰撞后到第5+1）次碰撞前的過程中，B物塊的位移

16,遼

XBn=~~

?題型02用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過程問題

2.如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以為=4m/s的速度順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳遞帶與水平方向的夾角為

6=37。，M點(diǎn)為傳送帶上頂端的一點(diǎn)，N點(diǎn)為傳送帶上M點(diǎn)以下的一點(diǎn)，"N連線平行于傳送帶，兩點(diǎn)間

距離為d=l.125m,有兩個(gè)物塊A、B,質(zhì)量分別為町=lkg和啊=2kg,將物塊A、B同時(shí)無初速度地分別

放置于傳送帶上的M點(diǎn)和N點(diǎn)，物塊A、B與傳遞帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為4=0.25,4=0.75,之后

兩物塊可以發(fā)生多次彈性正碰，碰撞時(shí)間極短可以忽略不計(jì)，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8□求：

（1）兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小以；

（2）兩物塊第二次碰撞后瞬間物塊B的速度大小42；

（3）從物塊A放置于傳送帶上的M點(diǎn)到兩物塊第三次碰撞前瞬間的過程中物塊A與傳送帶之間相互摩擦

產(chǎn)生的熱量0。

【詳解】（1）物塊B放在傳送帶上后受重力、傳送帶對物塊的支持力和滑動(dòng)摩擦力分析可得

f=ju2m2gcos0-m9gsin0

則物塊B受力平衡，無初速度放置于N后將保持靜止?fàn)顟B(tài)，對物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有

加igsin6—〃1加igcos0=mxa

解得

a=4m/s2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小

vA1=42ad=3m/s

設(shè)第一次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為以和喧，彈性碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

機(jī)FAI=叫心+嗎心

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

+^m2vm

解得

v'M=-lm/s,=2m/s

兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小為lm/s；

(2)第一次碰撞之后物塊B受力不變，仍受力平衡，則沿傳送帶向下以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則第

二次碰撞之前物塊B的速度為

VB2=哈=2m/s

物塊A開始向上運(yùn)動(dòng)的速度lm/s小于傳送帶的速度4m/s,物塊A受力也不變，加速度仍為

a=4m/s2

則先沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零之后再向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩物塊第二次碰撞前

瞬間物塊A的速度大小為VA2,從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間過程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，設(shè)為

如運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為4，則有

解得

%=5m/s

設(shè)第二次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為vb和V2,第二次碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mV

加1VA2+加2VB2=機(jī)Fb+2B2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

12121f21f2

5加FA2+'加2VB2=2加1"A2+'加2VB2

解得

吮-lm/s,Vg2=4m/s

(3)從開始到第一次碰撞前的過程，運(yùn)動(dòng)時(shí)間

t0=2^-=o.75s

a

從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間的過程，對物塊A有

V+at

VA2=Ml

解得

%=1.5s

此過程中物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為

X[==3m

設(shè)兩物塊第三次碰撞前瞬間物塊A的速度大小為匕3，從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間過程中兩物

塊運(yùn)動(dòng)位移相等，設(shè)為切，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為》2,則有

解得

vA3=7m/s

從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間的過程，對物塊A有

V

A3=v'^+at2

解得

/2=1.5s

此過程中物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為

Z=其2,2=6m

整個(gè)過程中傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為

x=%(%+%+幻=15m

產(chǎn)生的熱量

Q=町gcosd(d+玉+%2+x)=50,25J

?題型03用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過程問題

3.如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長乙=4m,以10m/s的速

度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶有光滑圓弧管道￡尸的裝置產(chǎn)固定于水平地面上，訪位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑

均為R=0.8m的|圓弧細(xì)管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，

肱V長4=2m,右側(cè)為豎直墻壁?；瑝K。的質(zhì)量？=0.3kg,滑塊6與輕彈簧相連，質(zhì)量叫=O」kg,滑塊c

質(zhì)量“3=0.6kg,滑塊或從c均靜置于軌道上?，F(xiàn)讓滑塊。以一定的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊6相

撞后立即被粘住，之后與滑塊。發(fā)生相互作用，。與勁度系數(shù)上=L5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加

速之后經(jīng)斯管道后滑上兒W。已知滑塊c在尸點(diǎn)的速度為4扁/s,與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=035,

與"N間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=。4,其它摩擦和阻力均不計(jì)，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可

視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小g=10m/s2,彈簧的彈性勢能與=；依2（x為形變量）。求：

（1）滑塊。第一次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)對裝置P的作用力；

（2）滑塊。的初速度大小”;

（3）試通過計(jì)算判斷滑塊。能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時(shí)最大的壓縮量。

【詳解】（1）滑塊。第一次經(jīng)過E點(diǎn)到尸點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理

滑塊c在尸點(diǎn)的速度為

vF=4&m/s

解得

vE=8m/s

根據(jù)牛頓第二定律，在￡點(diǎn)滑塊c

外+加3g="冷

K

解得

E=42N

方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊c第一次經(jīng)過￡點(diǎn)時(shí)對裝置P的作用力為

&=42N

方向豎直向上;

（2）滑塊c在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此剛放上傳送帶時(shí)，滑塊。的速度設(shè)為K,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

2〃屏1=vj_/2

解得

vc=6m/s

滑塊a,b作為整體與滑塊c發(fā)生相互作用，最終滑塊c被彈出，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒得

nv

("R+m2)V1=("4+機(jī)2)%+hc

g（加］+機(jī)2）匕2=5（7%+加2）%2+：加3匕2

解得大小

匕=7.5m/s

v2=-1.5m/s。與6發(fā)生碰撞，最后共速，滿足動(dòng)量守恒

叫%=（叫+加2）%

解得

v0=10m/s

（3）假設(shè)滑塊c能再次回到E點(diǎn)，從尸點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理

一2%m3gL2-m3g2R=1-m3v1

解得

vEl=-4V2m/s

速度大于零，假設(shè)成立，滑塊?？稍俅位蟼魉蛶?，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

-2〃M=vj一片］

解得

v3=-2m/s>-1.5m/s

即可以追上滑塊氏6發(fā)生再次碰撞，設(shè)最大壓縮量為Ax,根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒

m

m3V3+(加1+加2)%=(i+加2+加3)V共

2

|加3V3?+1(rn1+m2)v2=|("h+機(jī)2+7%)V共2+；爪2

解得

Ax=0.2m

?題型04用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過程問題

4.如圖，質(zhì)量為初=3kg的物塊A用細(xì)線與墻拴連使輕彈簧處于壓縮狀態(tài)；圓心角為53。、半徑R=3m的

光滑圓弧軌道固定在光滑水平軌道上；一表面與圓弧右端相切質(zhì)量加=lkg的長木板B與圓弧軌道接觸不粘

連，在B右側(cè)放著多個(gè)質(zhì)量均為m=1kg的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))。開始時(shí)B和滑塊均靜止，現(xiàn)將拴連物塊A的

細(xì)線燒斷，A被彈簧彈開，物塊A與彈簧分離后從平臺(tái)飛出，豎直方向下落〃=0.8m,恰好從圓弧軌道左端

沿切線方向滑入，一段時(shí)間后滑上B。當(dāng)A、B剛共速時(shí)，B恰好與滑塊1發(fā)生第1次碰撞。一段時(shí)間后，

A、B再次共速時(shí)，B恰好與滑塊1發(fā)生第2次碰撞，此后A、B共速時(shí)，B總是恰好與滑塊1發(fā)生碰撞；最

終物塊A恰好沒從B上滑落，若A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.35,重力加速度為g=10m/s2,所有碰撞均

為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短。求：

⑴物塊A剛滑上B時(shí)的速度大??；

(2)B與滑塊1發(fā)生第1次碰撞后，物塊1的速度;

(3)B全過程運(yùn)動(dòng)的總位移修；

⑷長木板B的長度心

【答案】⑴7m/s

21

⑵1m/s

(3)3m

(4)4m

【詳解】(1)物塊A平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向

v；=2g〃，%=

sin53°

物塊A在固定軌道上的運(yùn)動(dòng)過程

7WgA(l-cos53°)=-^-一

得

vA=7m/s

(2)對A、B分析，A、B第一次共速

MVA=(機(jī)+M)v共i

長木板B與滑塊1發(fā)生第一次彈性碰撞過程

加v共］=mvBl+mvn

g機(jī)喔=^mvrn+^mvh

解得

3213

vVm/s

iti=4A=y>%i=°，vu=-vA

21

滑塊1的速度大小為?m/s。

4

(3)A、B第二次達(dá)到共速有

Mv共i=(m+Af)v共2

滑塊1與滑塊2碰撞后速度交換，滑塊1碰后靜止。B與滑塊1第二次碰撞有

機(jī)y共2=mVB2+mvn

解得

33

V共2=/共1'VB2=°，％=不共1

依次類推有

g"=GJ"(〃=1，2,3…)，％.=0，%=&)-vA(?=1,2,3--

A、B發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，加速度大小分別為

°A=^^=〃g，°B=3〃g

M

B每次加速到共速時(shí)的位移

L_弋_79

L------——Xm

〃2aB316

全過程B發(fā)生的位移

1--

16

則B發(fā)生的總位移為3m。

（4）物塊A全過程勻減速運(yùn)動(dòng)

XA=二=7m

2aA

B的長度

L=xA-xB=4m

NO.3

壓軸題速練

1.如圖所示，傳送帶P。間的距離為A=4.50m,以v=2m/s的恒定速度順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，傳送帶的傾角為0=37。,

一質(zhì)量M=0Q9kg的A物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5。左下方的發(fā)射器每隔一段時(shí)間發(fā)射一顆質(zhì)量

為加=0.01kg的彈丸，彈丸每次擊中物體前的瞬時(shí)速度大小均為v°=40m/s,方向平行傳送帶向上，射入物體

并留在其中（忽略彈丸射入木塊的時(shí)間）。將A物體輕放在傳送帶的最下端時(shí)，恰好被第一顆彈丸擊中，

此后，每隔1s會(huì)有一顆彈丸擊中木塊（物體和彈丸均可看成質(zhì)點(diǎn)），g^lOm/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8?

求：

①彈丸第一次擊中A物體過程中損失的機(jī)械能；

（2）從第一次射擊結(jié)束到第二次擊中前的過程中物體A的位移大小;

⑶需要射入幾顆彈丸才能使A物體到達(dá)傳送帶頂端。

【答案】（1）A￡=7.2J

（2）s=1.56m

⑶3顆

【詳解】。）以沿傳送帶向上為正，在彈丸射入的過程中動(dòng)量守恒

mv0=（m+M）v01

所以

=4m/s

損失的機(jī)械能

A￡，WV2OT+MV2

=1O-1（）OI

所以

\E=7.2J

（2）因?yàn)閭魉蛶俣葹?m/s,所以物塊的加速度為

（加+Af）gsin9+〃（加+Af）gcos9=（加+Af

解得

2

ax=10m/s

減至共速，所需時(shí)間為

L\-

ax

解得

tx=0.2s

此時(shí)位移為

v+v八,

玉=-m^—￡=0.6m

繼續(xù)減速時(shí)，摩擦力方向沿傳送帶向上，此時(shí)加速度方向沿傳送帶向下，大小為

（加+Af）gsin8—〃（加+Af）gcos8=[m+M^a2

解得

a,=2m/s2

若繼續(xù)減速至零，所需時(shí)間為

V-0

%2=

a2

解得

t2=Is

所以物塊未減至零時(shí)，第二顆彈丸已射入。此時(shí)物塊的速度為

匕="一。2(1一。)

解得

4=0.4m/s

此時(shí)位移為

x2=(If)=0.96m

則

s=xx+x2=1.56m

(3)第二顆彈丸射入的過程中量守恒

mvQ+(m+M)vt=(m+m+A/)v02

所以

v02=4m/s

由此可推至每次射入彈丸后，物塊A都是先減速至傳送帶速度，然后繼續(xù)減速到下一顆彈丸射入?？赏浦?/p>

這次物塊上升的位移也是s=1.56m。第三顆子彈射入的過程中動(dòng)量守恒

m%+(2m+M)V2=(m+m+m+M)v03

所以

v03=3,7m/s

減至共速，所需時(shí)間為

?3=1Q3ZZ=0.17S

%

所以物塊未減至零時(shí)，第4顆子彈已射入，此時(shí)物塊的速度為

v3=v-a2(l-Z3)=0.34m/s

此時(shí)上升的總位移為

VA,+V%+V八、1…「

s3=-^—13一(1-3)=14556m

此時(shí)已發(fā)生位移為

s=2s+s3=4.5756m

傳送帶總長4.50m,小于4.5756m,可以推知：第4顆子彈丸射入前，A物體到達(dá)傳送帶頂端，所以彈丸需

要射入3次。

2.如圖所示，在一粗糙水平平臺(tái)最左端固定一彈簧動(dòng)力裝置，可以將物體瞬間彈開，此時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢能

為Ep=30J,動(dòng)力裝置的右端有一滑塊A,質(zhì)量％=3kg,滑塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃/=0.20,滑塊A

到平臺(tái)右側(cè)邊緣長度為s=lm。平臺(tái)右側(cè)有一質(zhì)量M=lkg的"“型長木板B,長木板B上表面光滑，下表

面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=。-20。長木板B右端有一點(diǎn)。，。點(diǎn)右側(cè)空間中有一水平向右的勻強(qiáng)電場,

電場強(qiáng)度為E=8N/C,滑塊A帶正電，電荷量為3C,長木板B不帶電，。點(diǎn)右側(cè)有一凸起尸，。尸距離為

12m。一段時(shí)間后長木板B右端到。點(diǎn)時(shí)速度為0,此前A、B僅發(fā)生了一次碰撞。已知所有碰撞無能量損

失，A可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中A電荷量不變，A未脫離2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o求:

⑴滑塊A第一次與B碰后各自的速度。

(2)滑塊A與長木板B從第一次碰撞到第二次碰撞所需要的時(shí)間。

⑶從第二次碰后開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過多長時(shí)間長木板B右端到達(dá)凸起點(diǎn)P。

【答案】(l)2m/s,6m/s

(2)-s

8

._.27-Vi05

(3)-------s

8

【詳解】(1)從A彈開到與B相撞，對A,由動(dòng)能定理可得

12

Ep=〃l"?gs+］機(jī)%

解得

v0=4m/s

A與B彈性碰撞

mv0=mvA+MVB

聯(lián)立解得

vA=2m/s

vB=6m/s

(2)第一次碰后A勻速直線運(yùn)動(dòng)，B勻減速直線運(yùn)動(dòng)。對B受力分析

//2(m+M)g=MaB

解得

aB=8m/S2

B減速為0,則有

VB=叫

解得

3

片=-s

4

設(shè)經(jīng)過時(shí)間/滑塊A和木板B發(fā)生第二次碰撞

解得

9

因?yàn)?玲，則B停止后A才與B相撞，時(shí)間為gs

O

(3)A、B第二次碰撞也為彈性碰撞，設(shè)碰后A、B的速度各為匕、v；,則有

mvA=mv{+Mvx

—=—mvf+—Mv^

解得

匕=Im/s

v/=3m/s

之后A進(jìn)入電場，對A

qE=maK

解得

2

aK=8m/s

由于AB加速度相等，則運(yùn)動(dòng)具有對稱性，當(dāng)兩者速度交換時(shí)再次碰撞

mvx+Mvx=mv2+

1

—mv,/2+—網(wǎng)2

21

解得

v2=2m/s

-4m/s

依次類推，經(jīng)過。點(diǎn)第〃次碰后B的速度為

VB"=(〃+2)m/s

每兩次碰撞的時(shí)間間隔

1

加=上匕=-s

4

則經(jīng)過。點(diǎn)第n次碰后B走過的總位移

〃(〃+3)

XQ=(2+3+...+〃+1)A^=

8

設(shè)/="?可得〃等于8點(diǎn)多，則一共碰了9次，到第9次碰前

8

設(shè)還需要，到尸點(diǎn)

,1,2

xx

B~m=VBJ

解得

n-Vws

l—o

8

則從過了。點(diǎn)到P點(diǎn)所需要的總時(shí)間

0,27-V105

8AAZ+t'=-------——

8

3.如圖所示，半徑R=1m的四分之一光滑圓軌道與光滑水平長直軌道3C在8點(diǎn)平滑連接，圓軌道工

點(diǎn)與圓心。等高，8點(diǎn)切線水平。一條長度Z=15.25m的水平傳送帶CD以v=6m/s的速度勻速向右運(yùn)行。

/=0時(shí)刻一物塊。在傳送帶左端C靜止釋放。另一時(shí)刻，一與物塊。完全相同的物塊6從/點(diǎn)以一初速度釋

放。/=2s時(shí)刻物塊6以口=10m/s的速度沖上傳送帶左端C。已知物塊。、6質(zhì)量均恒為m=lkg,兩物塊

與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=02,兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中均可看作質(zhì)點(diǎn)，兩者的碰撞時(shí)間極短(可忽略不

計(jì))，而且碰后物塊。、b粘在一起，求：

(1)物塊6在/點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大??；

(2)碰撞前瞬間物塊a、b的速度分別多大；

⑶物塊6從傳送帶左端C運(yùn)動(dòng)到右端D所用的時(shí)間tb.

⑷在0-3s時(shí)間內(nèi)，傳送帶額外消耗的電能

【答案】(l)80N

(2)6m/s,8m/s

(3)2s

(4)24J

【詳解】(1)從4點(diǎn)到。點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理

mgR=；mvl-；mv1

得

v0=4V5m/s

在4點(diǎn)，對物塊b受力分析，由牛頓第二定律

K

得物塊6在/點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小為

穌=80N

(2)在傳送帶上對物塊由牛頓第二定律可知

=ma

可得。和6的加速度大小均為

a=〃g=2m/s2

相遇時(shí)由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可知

~ati=vb(?i-2s)---2s)

解得

%=3s或1=4s(舍去)

得碰撞前瞬間物塊。、6的速度大小分別為

va=atx=6m/s

v\=v-a[tx-2s)=8m/s

(3)碰撞過程中有動(dòng)量守恒定律

mva+mvb=2加v共

解得

v共=7m/s

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

12

xi=~at\=9m

r12

L-X]=y共%2——Q12+

?共一=V

解得

t2=0.5s,t3=0.5s

則

tb=%—2s+q+%=2s

(4)0-2s內(nèi)傳送帶位移

x帶i=vtx=12m

2s-3s內(nèi)。對傳送帶的摩擦力和b對傳送帶的摩擦力大小相等，方向相反，總的摩擦力對傳送帶不做功所以

傳送帶額外消耗的電能

E=W=笈帶1=〃加gx帶1=24J

4.如圖所示，光滑軌道A固定在水平地面上，其弧形軌道的高度為〃，水平部分與木板B上表面齊平。木

板B質(zhì)量為加，緊靠軌道A放置在光滑水平面上，在B的右側(cè)放著若干滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊的質(zhì)量均

為m,編號(hào)依次為1、2、3、4。。。。。?！ǎāㄚ呌跓o窮大）。質(zhì)量為3冽的滑塊C（視為質(zhì)點(diǎn)）置于軌

道A的頂端，由靜止釋放，經(jīng)過;右滑上木板B,C與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為日=（,當(dāng)C、B剛達(dá)到共速

時(shí)，木板B恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞。經(jīng)過一段時(shí)間，C、B再次剛達(dá)到共速時(shí)，木板B恰好與滑

塊1發(fā)生第2次彈性碰撞，依次類推；最終滑塊C沒從木板B上滑落。已知重力加速度為g,滑塊間的碰撞

均為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短，求：

Jl

N—JBITI②⑶…㈤

-〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃/

⑴C、B第一次達(dá)到共速時(shí)，B的速度大?。?/p>

⑵軌道A對滑塊C作用力的沖量大小和方向；

⑶最初木板B右端與滑塊n之間的距離S以及最終n個(gè)滑塊的總動(dòng)能Ea

【答案】（1）匕=土7^

（2）沖量大小為6加向，方向與水平方向成45°（斜向右上方）

249

（3）S=—h,Ek=-mgh

【詳解】（1）根據(jù)題意，C沿軌道A下滑過程，動(dòng)能定理可知

3mgh=~x3加說

解得

%=7^

C、B第一次達(dá)到共速，由動(dòng)量守恒定律可知

3mv0=（3m+加）匕

聯(lián)立得共速速度

w=17^

（2）滑塊C在光滑軌道A上運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理可知

4+4=

其中

17G|=3mgt=3m12gh,\AP|=3mv0-3m/2gh

由矢量關(guān)系可知

I4卜|顯|2=6my[gh

則有

即軌道A對滑塊C作用力的沖量大小為6加向，方向與水平方向成45°（斜向右上方）如下圖。

AP

（3）根據(jù)題意，C在B上滑動(dòng)過程，由牛頓第二定律可得

%=陽，而=3胞

由（1）可知C、B第一次達(dá)到共速時(shí)

W=|V°

第一次共速的時(shí)間

2/?

g

可知B向右滑動(dòng)距離

B與滑塊1彈性碰撞且機(jī)械能守恒有

1…2_i

mv=mv'2+mV

mvx=mvx+mv2,~\-\~2

解得木板B速度v；=0,滑塊1速度丫；=匕，即速度交換。

同理第二次共速過程中，共同速度

3

匕丁

需要時(shí)間

v93

’2=

?B4

B向右滑動(dòng)距離

/129,

=QB，2=久

u2~

遞推可知

則初始時(shí)木板右端與滑塊n的距離

S=4+d2+…+d及

由等比數(shù)列求和公式，解得最初木板B右端與滑塊n之間的距離S為

1—

16

B第一次與滑塊1碰后，滑塊1的速度為

,3

vi=vi=4Vo

與滑塊2彈性碰撞后交換速度，以此類推，最后滑塊”獲得速度為

%=%

其對應(yīng)的動(dòng)能為