微專題3力學三大觀點的綜合運用1.7.5h[解析]根據(jù)題意可知,碰撞前,對P由動能定理有2mgh-μ·2mgh2=12×2P、Q發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律和機械能守恒定律有2mv0=2mvP+mvQ12×2mv02=12×2mv碰撞后,由動能定理,對P有μ·2mgxP=12×2m對Q有μmgxQ=12m最終P、Q之間的距離為d=xQ-xP聯(lián)立解得d=7.5h2.(1)6m/s190N方向豎直向下(2)6kg[解析](1)滑塊甲從A點靜止釋放到最低點C過程,根據(jù)動能定理可得m甲g(h+R)=12m甲解得vC=2g在最低點C位置,根據(jù)牛頓第二定律可得FN-m甲g=m甲v解得FN=190N根據(jù)牛頓第三定律可知,滑塊甲到達圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大小為190N,方向豎直向下(2)設滑塊甲、乙碰撞后瞬間,甲、乙的速度分別為v1、v2,由于兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒可得m甲vC=m甲v1+m乙v212m甲vC2=12m甲v1解得v1=m甲-m乙m甲+m乙v滑塊乙恰好不能從長木板右端滑離長木板,可知滑塊乙到長木板右端時,兩者恰好共速,根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒可得m乙v2=(m乙+M)v共根據(jù)能量守恒可得12m乙v22=12(m乙+M)v共2+m聯(lián)立解得長木板的質量為M=6kg3.(1)gL(2)gL2gL(3)65[解析](1)設a與b碰撞前一瞬間,a的速度大小為v0,根據(jù)機械能守恒定律有mgLsinθ=12m解得v0=gL(2)設a、b碰撞后的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動量守恒定律有mv0=3mv2-mv1根據(jù)能量守恒定律有12mv02=12×3mv解得v1=v2=12v0=(3)由于v2=gL2<gL,因此物塊b在傳送帶上先做勻減速運動,后做勻加速運動,3mgsinα+3μmgcosα=3ma解得a=gsinα+μgcosα=g根據(jù)對稱性,物塊b在傳送帶上上滑、下滑過程所用時間均為t1=v2a則物塊b第一次在傳送帶上運動過程,因摩擦產生的內能為Q=μ×3mgcosα12v2t1+gLt1+gLt1-12v2t1=654.(1)103m/s2(2)143(3)19m/s(4)222m/s<v0≤258m/s[解析](1)由牛頓第二定律可得Ff=kmg=ma根據(jù)題意可知k=1解得a=kg=103m/s(2)桿頭擊打母球,對母球由動量定理可得(F-Ff)Δt=mv-0代入數(shù)據(jù)解得F=143(3)母球與目標球碰撞前,做勻減速直線運動,由動能定理可得-kmgx1=12mv12-母球與目標球碰撞前后,根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv1=mv1'+mv212mv12=12mv1'2聯(lián)立解得目標球被碰撞后的速度大小為v2=19m/s(4)母球與目標球碰撞前,做勻減速直線運動,由動能定理可得-kmgx1=12mv12-母球與目標球碰撞前后,根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv1=mv1'+mv212mv12=12mv1'2目標球前進到CD擋壁,做勻減速直線運動,由動能定理可得-kmgx2=12mv32-目標球與CD擋壁碰撞,根據(jù)題意有14×12mv即v4=12v目標