知識點57：應(yīng)用三大觀點解決滑塊與圓弧等反沖問題【知識點的理解與運用】1．解動力學(xué)問題的三種觀點：①動力學(xué)的方法：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題．②能量方法：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．③動量方法：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．2．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)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(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，一般用動量守恒定律和能量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)變?yōu)橄到y(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，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)換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．3．反沖問題的特點及處理方法：①反沖是物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。②反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。③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)械能增加考點一：滑塊與圓弧反沖模型題型一：滑塊與圓弧反沖模型【典例1拔尖題】（多選）如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓形槽的半徑為R，將物體A(可視為質(zhì)點)從圓槽右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計．則()A．A能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點B．A運動到圓槽的最低點時A的速率為eq\r(\f(gR,3))C．A運動到圓槽的最低點時B的速率為eq\r(\f(4gR,3))D．B向右運動的最大位移大小為eq\f(2R,3)【典例1拔尖題】【答案】AD【解析】運動過程不計一切摩擦，故由能量守恒可得：機(jī)械能守恒，且兩物體水平方向動量守恒，那么A可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點，且A在B圓槽的左側(cè)最高點時，A、B的速度都為零，故A正確；A、B整體在水平方向上合外力為零，故在水平方向上動量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右；又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和為2R，故B向右運動的最大位移大小為eq\f(2,3)R，故D正確；對A運動到圓槽的最低點的運動過程中，對A、B整體應(yīng)用機(jī)械能守恒可得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)＝3mveq\o\al(2,B)；所以A運動到圓槽的最低點時B的速率為：vB＝eq\r(\f(1,3)gR)；A的速率為：vA＝2vB＝eq\r(\f(4,3)gR)，故B、C錯誤．【典例1拔尖題對應(yīng)練習(xí)】如圖所示，質(zhì)量為m1＝3kg的二分之一光滑圓弧形軌道ABC與一質(zhì)量為m2＝1kg的物塊P緊靠著(不粘連)靜置于光滑水平面上，B為半圓軌道的最低點，AC為軌道的水平直徑，軌道半徑R＝0.3m。一質(zhì)量為m3＝2kg的小球(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的A處由靜止釋放，g取10m/s2，求：（1）小球第一次滑到B點時的速度v1；（2）小球第一次經(jīng)過B點后，相對B能上升的最大高度h?！镜淅?拔尖題對應(yīng)練習(xí)】【答案】(1)2m/s方向向右(2)0.27m【解析】(1)設(shè)小球第一次滑到B點時的速度為v1，軌道和P的速度為v2，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒有(m1＋m2)v2＋m3v1＝0，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒m3gR＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v1＝－2m/s，方向向右；v2＝1m/s，方向向左。(2)小球經(jīng)過B點后，物塊P與軌道分離，小球與軌道水平方向動量守恒，且小球上升到最高點時與軌道共速，設(shè)為v，則有：m1v2＋m3v1＝(m1＋m3)v解得v＝－0.2m/s，方向向右由機(jī)械能守恒eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m1＋m3)v2＋m3gh解得h＝0.27m題型二：滑塊與圓弧長軌道反沖模型【典例2拔尖題】如圖，一滑板的上表面由長度為L的水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P（可視為質(zhì)點）置于滑板上面的A點，物體P與滑板水平部分的動摩擦因數(shù)為（）。一根長度為L、不可伸長的細(xì)線，一端固定于O′點，另一端系一質(zhì)量為m0的小球Q。小球Q位于最低點時與物體P處于同一高度并恰好接觸。現(xiàn)將小球Q拉至與O′同一高度（細(xì)線處于水平拉直狀態(tài)），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）。設(shè)物體P的質(zhì)量為m，滑板的質(zhì)量為2m。(1)求小球Q與物體P碰撞前瞬間細(xì)線對小球拉力的大?。?2)若物體P在滑板上向左運動從C點飛出，求飛出后相對C點的最大高度；(3)要使物體P在相對滑板反向運動過程中，相對地面有向右運動的速度，求的取值范圍。【典例2拔尖題】【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球Q在下落過程中機(jī)械能守恒，因此有，在最低點對小球Q牛頓第二定律可得，聯(lián)立解得（2）小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，則機(jī)械能和動量守恒，因此，，解得，物體和滑板在水平方向上不受力，則水平方向動量守恒，由能量守恒可得，物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運動，因此水平相對位置不變，豎直方向，聯(lián)立可得（3）要求P有相對地面向右的速度，說明P要滑到曲面上再返回運動，物塊P相對滑