2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）第一部分專題整合提升增分培優(yōu)1利用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析傳送帶問題典例(2024·湖南長沙一模)如圖1所示，傳送帶的水平部分ab長度L1＝10m，傾斜部分bc長度L2＝16.8m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°。傳送帶沿圖示順時(shí)針方向勻速率運(yùn)動(dòng)，速率v＝4m/s，現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小煤塊(視為質(zhì)點(diǎn))由靜止輕放到a處，之后它將被傳送到c點(diǎn)，已知小煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，且此過程中小煤塊不會(huì)脫離傳送帶，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：圖1(1)煤塊從a運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間；(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度；(3)煤塊與傳送帶間的摩擦生熱。答案(1)5.5s(2)8.8m(3)44.16J解析(1)煤塊在水平部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得μmg＝ma1可得煤塊運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝2m/s2煤塊從靜止加速到與傳送帶共速的距離為s1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(42,2×2)m＝4m＜10m故煤塊在水平部分先加速，后勻速運(yùn)動(dòng)，加速的時(shí)間t1＝eq\f(v,a1)＝2s勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(L1－s1,v)＝eq\f(10－4,4)s＝1.5s在傾斜傳送帶上，由于μ＜tanθ＝0.75故煤塊在斜傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可得煤塊在傾斜傳送帶上的加速度為a2＝gsinθ－μgcosθ＝4.4m/s2根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系有L2＝vt3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)解得t3＝2s或t3＝－eq\f(42,11)s(舍去)故煤塊從a運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝5.5s。(2)煤塊在水平傳送帶的相對位移為Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4m煤塊在傾斜傳送帶的相對位移為Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8m由于Δs1與Δs2是重復(fù)痕跡，故煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為8.8m。(3)煤塊在水平傳送帶的摩擦生熱Q1＝Ff1Δs1其中Ff1＝μmg解得Q1＝16J煤塊在傾斜傳送帶的摩擦生熱Q2＝Ff2Δs2其中Ff2＝μmgcosθ解得Q2＝28.16J故Q＝Q1＋Q2＝16J＋28.16J＝44.16J。1.傳送帶問題的分析步驟與方法2.劃痕長度與摩擦生熱的計(jì)算若只有一個(gè)相對運(yùn)動(dòng)過程，劃痕長度等于相對位移的大??；若有兩個(gè)相對滑動(dòng)過程，兩過程相對位移方向相同時(shí)，劃痕長度求和，相對位移方向不同時(shí)，劃痕以長的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(s相對是相對路程，即相對位移絕對值的和)。訓(xùn)練1(多選)(2024·遼寧沈陽二模)如圖2，水平傳送帶一直以速度v1＝6m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q質(zhì)量均為1kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15m，繩足夠長，g＝10m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是()圖2A.小物體P從傳送帶左端離開傳送帶B.小物體P在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中，加速度一直不變C.小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9mD.小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是60J答案ACD解析共速前，對小物體P、Q分析，由牛頓第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝8m/s2，小物體P與傳動(dòng)帶共速時(shí)的位移為x1＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2a1)＝4m，共速后，小物體P做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2m/s2，小物體P減速至零的位移為x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝9m，由于x1＋x2＜L，小物體P從傳送帶左端離開傳送帶，A正確；由上面的計(jì)算可知，小物體P在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度有兩個(gè)值，B錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻到與傳送帶共速，劃痕長度為l1＝x1－v1eq\f(v2－v1,a1)＝1m，共速至P減速為零的過程，劃痕長度為l2＝v1eq\f(v1,a2)－x2＝9m，考慮到劃痕重復(fù)，小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為Δl＝l2＝9m，C正確；小物體P向右運(yùn)動(dòng)的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60J，D正確。訓(xùn)練2(多選)(2024·廣東深圳模擬預(yù)測)如圖3所示，用與水平面成θ＝30°角的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v＝2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，地勤人員將一質(zhì)量m＝5kg的貨物輕輕放在傳送帶底部，經(jīng)過4s的時(shí)間到達(dá)傳送帶的頂端。已知貨物與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖3A.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)過程中所受的摩擦力不變B.傳送帶從底端到頂端的長度是20mC.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為30JD.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，增加的機(jī)械能為190J答案CD解析根據(jù)牛頓第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，又t＝eq\f(v,a)，聯(lián)立解得t＝0.8s＜4s，說明貨物經(jīng)歷勻加速運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)過程，則所受摩擦力發(fā)生改變，A錯(cuò)誤；傳送帶從底端到頂端的長度是l＝eq\f(v2,2a)＋v(4s－t)＝7.2m，B錯(cuò)誤；貨物在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos30°(vt－eq\f(v2,2a))，解得Q＝30J，C正確；貨物增加的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mglsin30°，解得ΔE＝190J，D正確。1.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖4所示。t0時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到v0。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是()圖4答案C解析0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。t0之后，當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度變?yōu)榱?，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2.(2024·湖北卷，14)如圖5所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。圖5(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,1)＝2aL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6m/s由于v1>5m/s，因此假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5m/s。(2)設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3J。(3)經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,4),l－x)對小球的整個(gè)上升過程，由動(dòng)能定理得－Mg(l＋l－x)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2m。1.(多選)一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖1所示。取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较颍瑒t下列v－t圖中可能描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的是()圖1答案ABC解析當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下(μ＞tanθ)，且小于傳送帶的速度時(shí)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若傳送帶足夠長，則會(huì)出現(xiàn)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，滿足mgsinθ＜μmgcosθ，可知二者將共速，故A、B正確；當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上(μ＞tanθ)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物塊先沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會(huì)出現(xiàn)與傳送帶共速的情況(μ＞tanθ)或者繼續(xù)勻加速(μ＜tanθ)，此時(shí)加速度滿足a′＝gsinθ－μgcosθ＜a，故C正確，D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖2，質(zhì)量m＝2kg的小物塊以水平初速度v0＝6m/s從左端滑上長L＝3m的水平傳送帶，小物塊始終受到一個(gè)方向水平向右、大小F＝4N的恒力作用，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下沿順時(shí)針方向運(yùn)行，速度大小恒為0.5v0。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，關(guān)于小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程，下列說法正確的是()圖2A.小物塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.恒力F對小物塊做的功為6JC.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為6JD.因小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為6J答案ACD解析由于F＝μmg，則小物塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；恒力F對小物塊做的功為W＝FL＝12J，B錯(cuò)誤；小物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)＝0.5s，小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6J，C正確；因小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6J，D正確。3.(2024·四川宜賓二模)如圖3甲為皮帶輸送機(jī)簡化模型圖，皮帶輸送機(jī)傾角θ＝37°，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在輸送帶下端A點(diǎn)無初速放入貨物。貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m＝10kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖3A.貨物與輸送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.825B.輸送帶A、B兩端點(diǎn)間的距離為8mC.貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的時(shí)間為9sD.皮帶輸送機(jī)因運(yùn)送該貨物而多消耗的能量為585J答案C解析由題圖可知，貨物從開始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對靜止，有ΔE1＝μmgcos37°·Δx1，對貨物有Δx1＝x傳－x貨＝vt1－eq\f(1,2)vt1＝0.5m，解得μ＝0.875，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)0.5m后與傳送帶相對靜止，此后物塊的動(dòng)能不變，重力勢能增加，有mgx2sin37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480J，解得x2＝8m，則傳送帶兩端點(diǎn)之間的距離為L＝x貨＋x2＝8.5m，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)加速階段的加速度大小為a，有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝1m/s2，設(shè)加速階段時(shí)間為t1，有x貨＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝1s；又v2＝2ax貨，設(shè)勻速階段時(shí)間為t2，有x2＝vt2，解得t2＝8s，所以總時(shí)間為t＝t1＋t2＝9s，故C項(xiàng)正確；由能量守恒定律知，皮帶輸送機(jī)多消耗的能量為E＝μmgcos37°·Δx1＋eq\f(1,2)mv2＋mgLsin37°，解得E＝550J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.(2024·四川德陽二模)如圖4所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時(shí)，撤去外力，同時(shí)傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時(shí)針方向勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶速率達(dá)到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小物體A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖4(1)傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)瞬間，小物體A加速度的大??；(2)小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間。答案(1)3.5m/s2(2)3s解析(1)設(shè)小物體A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，對小物體A，由牛頓第二定律，有m1gsinθ＋μm1gcosθ－T1＝m1a1對物體B，由牛頓第二定律，有T1－m2g＝m2a1解得a1＝3.5m/s2。(2)小物體A從靜止到速度等于7m/s的過程有t1＝eq\f(v,a1)＝2s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝7m當(dāng)A、B整體的速度等于7m/s時(shí)，摩擦力會(huì)改變方向，設(shè)小物體A此時(shí)的加速度為a2，繩子的拉力為T2，則對小物體A，由牛頓第二定律，有m1gsinθ－μm1gcosθ－T2＝m1a2對小物體B，由牛頓第二定律，有T2－m2g＝m2a2，veq\o\al(2,1)－v2＝2a2(L－x1)解得a2＝0.5m/s2，v1＝7.5m/s，t2＝eq\f(v1－v,a2)＝1s總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3s。5.(2024·山東濟(jì)寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖5甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角θ＝37°，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L＝10m后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0＝2m/s，貨物質(zhì)量m＝10kg，貨物與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，與擋板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力)。求：圖5(1)貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時(shí)間t；(2)因運(yùn)送貨物傳送裝置多消耗的電能E。答案(1)5.4s(2)202J解析(1)令傳送帶對貨物的彈力為FN1，擋板對貨物的彈力大小為FN2，對貨物進(jìn)行受力分析有FN1＝mgcosθ，F(xiàn)N2＝mgsinθ由牛頓第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma解得a＝2.5m/s2貨物勻加速至2m/s的過程，根據(jù)速度與位移關(guān)系有veq\o\al(2,0)＝2ax0解得x0＝eq\f(4,2×2.5)m＝0.8m＜L＝10m勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2,2.5)s＝0.8s之后貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t2＝eq\f(L－x0,v0)＝eq\f(10－0.8,2)s＝4.6s則貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝5.4s。(2)貨物在勻加速與勻速運(yùn)動(dòng)過程中，傳送帶的位移分別為x1＝v0t1＝1.6m，x2＝v0t2＝9.2m貨物勻加速過程傳送帶克服摩擦力做功為Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcosθ·x1＝64J貨物勻速過程傳送帶克服摩擦力做功為Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsinθ·x2＝138J則因運(yùn)送貨物傳送裝置多消耗的電能為E＝Wf1＋Wf2＝202J。6.(2024·江蘇淮安模擬預(yù)測)如圖6所示，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝3m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶左端與粗糙的弧形軌道平滑對接。質(zhì)量m＝2kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上高h(yuǎn)＝2m的P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0＝5m/s。物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶兩端AB之間的距離L＝3.4m。傳送帶右端與光滑水平面平滑對接，物體與質(zhì)量m0＝4kg的靜止小球發(fā)生彈性正碰。重力加速度g＝10m/s2。求：圖6(1)物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中，摩擦力做的功；(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對物體的沖量大??；(3)物體與小球碰后到向右再次經(jīng)過B點(diǎn)的過程中，因?yàn)槲矬w在傳送帶上滑動(dòng)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。答案(1)－15J(2)4N·s(3)12J解析(1)物體從P到A根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－15J。(2)由于物體沖上傳送帶的初速度大于傳送帶的速度，開始物體相對傳送帶向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有μmg＝ma解得a＝5m/s2物體向右先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速至與傳送帶同速時(shí)通過的位移x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a)代入數(shù)據(jù)解得x1＝1.6m＜3.4m可知物體在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，傳送帶對物體的摩擦力的沖量為If＝mv－mv0解得If＝－4N·s，方向向左。(3)物體第一次與小球發(fā)生彈性碰撞，令物體反彈回來的速度為v1，右側(cè)小球碰后速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,2)解得v1＝－1m/s，v2＝2m/s物體被反彈回來后，在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過程中，有0－veq\o\al(2,1)＝－2ax2解得x2＝0.1m＜3.4m根據(jù)v1＝at1可得經(jīng)歷的時(shí)間為t1＝eq\f(v1,a)＝0.2s可知物體第一次返回還沒有到達(dá)傳送帶左端速度已經(jīng)減為零，隨后將再次向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性可知，速度將再次增加到v1，因?yàn)関1小于小球速度，物體與小球不會(huì)再次碰撞，所以此過程電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為E＝2μmgvt1解得E＝12J。增分培優(yōu)2“滑塊—木板”模型的綜合問題1.滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。2.滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化。3.應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移。用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對地面的位移，求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對位移(或相對路程)。例1如圖1所示，質(zhì)量為1kg、足夠長的長木板B放在水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7，木板B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為10m/s2?，F(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時(shí)間變化的圖像可能是()圖1答案A解析設(shè)二者恰不發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，外力大小為F0，對物塊有F0－μ1mAg＝mAaA，對木板有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30N，aA＝aB＝8m/s2。A選項(xiàng)中，物塊和木板一起加速運(yùn)動(dòng)，且加速度滿足要求，A正確；B選項(xiàng)中，物塊的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)中，物塊的加速度大小為8.5m/s2，木板的加速度大小為4.25m/s2＜8m/s2，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D錯(cuò)誤。例2(2024·海南卷，17)某游樂項(xiàng)目裝置簡化如圖2所示，A為固定在地面上的半徑R＝10m的光滑圓弧形滑梯，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度差h＝5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板的質(zhì)量M＝25kg，一質(zhì)量為m＝50kg的游客從a點(diǎn)由靜止開始下滑，并從b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高的固定平臺(tái)C邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，并在平臺(tái)上滑行s＝16m停下。游客可視為質(zhì)點(diǎn)，其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：圖2(1)游客滑到b點(diǎn)時(shí)對滑梯壓力的大小；(2)滑板的長度L。答案(1)1000N(2)7m解析(1)對游客從a點(diǎn)滑到b點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2游客滑到b點(diǎn)時(shí)，有FN－mg＝meq\f(v2,R)由牛頓第三定律可知，游客滑到b點(diǎn)時(shí)對滑梯壓力的大小為FN′＝FN＝1000N。(2)解法一游客在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有μmg＝ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2a1s解得游客滑上平臺(tái)的速度大小v1＝8m/s游客在滑板上滑動(dòng)時(shí)，對游客由牛頓第二定律有μmg＝ma2對滑板由牛頓第二定律有μmg＝Ma3游客在滑板上滑動(dòng)的過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1＝v－a2t游客的位移為x1＝vt－eq\f(1,2)a2t2滑板的位移為x2＝eq\f(1,2)a3t2則滑板的長度L＝x1－x2聯(lián)立解得L＝7m。解法二游客在滑板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，游客與滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則對游客在滑板上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋μmgL對游客在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得L＝7m。例3(2024·河南鄭州一模)如圖3甲所示，質(zhì)量mB＝3kg的長木板B上表面放置一質(zhì)量mA＝2kg的物塊A，另有一質(zhì)量mC＝1kg的物塊C以某一初速度v0從長木板最左端滑上長木板，物塊C與物塊A發(fā)生彈性碰撞后恰好能從長木板左端滑落，物塊A最終未從長木板滑離。物塊A、C與長木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1，長木板B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止。從兩物塊碰撞后瞬間開始計(jì)時(shí)，物塊A的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：圖3(1)兩物塊碰撞后瞬間C的速度大?。?2)動(dòng)摩擦因數(shù)μ1、μ2的值；(3)長木板B與地面之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)1m/s(2)0.40.1(3)0.2J解析(1)規(guī)定向右為正方向，設(shè)兩物塊碰前瞬間C的速度為vC，碰后瞬間C的速度為vC′，碰后瞬間物塊A的速度為vA，物塊C與物塊A發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有mCvC＝mCvC′＋mAvAeq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mCvC′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\f(2mC,mA＋mC)vC＝eq\f(2,3)vCvC′＝eq\f(mC－mA,mA＋mC)vC＝－eq\f(1,3)vC由乙圖可知，物塊A發(fā)生碰撞后速度vA＝2m/s解得vC′＝－1m/s，負(fù)號表示方向向左。(2)由乙圖可知，0～0.45s內(nèi)，A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2由牛頓第二定律得μ1mAg＝mAaA解得μ1＝0.4物塊C從碰撞后到滑落過程中，設(shè)加速度大小為aC，由牛頓第二定律得μ1mCg＝mCaC解得aC＝4m/s2物塊C恰好能從長木板左端滑落時(shí)速度為零，物塊C從碰撞后到滑落的時(shí)間t1＝eq\f(0－vC′,aC)＝0.25s設(shè)物塊C從長木板滑落后，長木板的加速度大小為aB有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB由乙圖可知t2＝0.45s后，物塊A和長木板共速，速度大小是vA＝vB＝0.2m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vB＝aB(t2－t1)解得aB＝1m/s2，μ2＝0.1。(3)長木板B加速階段的位移大小x1＝eq\f(vB,2)(t2－t1)解得x1＝0.02m設(shè)從A、B共速到停止運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，位移大小為x2，有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)aveq\o\al(2,B)＝2ax2解得x2＝0.02m長木板B與地面之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2(mA＋mB)g(x1＋x2)解得Q＝0.2J。1.(多選)(2024·黑吉遼卷，10)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖4所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時(shí)刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是()圖4A.小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量之比為3∶4D.t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)答案ABD解析由v－t圖像可知，在3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生變化，可知小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板，A正確；由v－t圖像可知，0～3t0時(shí)間內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(1,2)μg，設(shè)木板的質(zhì)量為M，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝eq\f(3,2)μMg，在t＝3t0時(shí)，木板的速度v1＝a1·3t0＝eq\f(3,2)μgt0，根據(jù)題意可知t＝3t0時(shí)小物塊以eq\f(3,2)μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊的加速度大小a′＝eq\f(\f(1,2)μgt0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)μgt0)),t0)＝2μg，設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，對小物塊，由牛頓第二定律有μ′mg＝ma′，可得μ′＝2μ，B正確；由v－t圖像可知，3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，木板的加速度大小a2＝μg，對木板分析有F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C錯(cuò)誤；t＝4t0之后，假設(shè)木板與小物塊相對靜止，對整體有F－μ(M＋m)g＝0，假設(shè)成立，所以t＝4t0之后小物塊與木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，D正確。2.(多選)(2024·湖北卷，10)如圖5所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則()圖5A.子彈的初速度大小為eq\f(2kL（m＋M）,mM)B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(2mM,k（m＋M）)C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為eq\f(k2L2（m＋M）,mM)D.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為eq\f(mL,m＋M)答案AD解析子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小為v＝eq\f(mv0,m＋M)，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當(dāng)子彈恰不射出木塊時(shí)，木塊獲得的速度最大，此時(shí)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝eq\f(2kL（m＋M）,mM)；若子彈能夠射出木塊，則有v0>eq\f(2kL（m＋M）,mM)，子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據(jù)位移關(guān)系有v0t－eq\f(1,2)amt2－eq\f(1,2)aMt2＝L，對木塊有vM＝aMt，聯(lián)立解得vM＝eq\f(2kmL,2Mm－（M＋m）kt)，又v0越大，穿出木塊所需時(shí)間t越小，則vM越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度vM不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝eq\f(2kL（m＋M）,mM)，A正確；子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程，對子彈由動(dòng)量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(mM,k（m＋M）)，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動(dòng)能ΔEk＝kv0L＝eq\f(2k2L2（m＋M）,mM)，C錯(cuò)誤；木塊在加速過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有x＝eq\f(vMt,2)，解得木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離x＝eq\f(mL,m＋M)，D正確。1.(多選)如圖1甲所示，小車B緊靠平臺(tái)邊緣靜止在光滑水平面上，物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從光滑的平臺(tái)水平滑到與平臺(tái)等高的小車上(未沖出)，物體和小車的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，則以下說法正確的是()圖1A.物體A與小車B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3B.物體A與小車B的質(zhì)量之比為1∶2C.小車B的最小長度為2mD.如果僅增大物體A的質(zhì)量，物體A有可能沖出去答案AC解析物體A滑上小車B后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對物體A分析有μmAg＝mAaA，由v－t圖像可得aA＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－4,1)))m/s2＝3m/s2，聯(lián)立解得μ＝0.3，故A正確；對小車B分析有μmAg＝mBaB，由v－t圖像可得aB＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(1－0,1)m/s2＝1m/s2，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)，故B錯(cuò)誤；小車B的最小長度為物體A在小車B上的最大相對滑動(dòng)位移，則有Lmin＝xA－xB＝eq\f(4＋1,2)×1m－eq\f(1,2)×1×1m＝2m，故C正確；如果僅增大物體A的質(zhì)量，物體A的加速度保持不變，但是小車B的加速度增大，那么兩者達(dá)到共速的時(shí)間減小，則物體A與小車B的相對滑動(dòng)位移減小，所以物體A不可能沖出去，故D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖2所示，質(zhì)量為m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個(gè)質(zhì)量m2＝2kg的物塊，木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，木板的長度為4m，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)用一大小為F＝16N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10m/s2)()圖2A.木板的加速度為2m/s2B.物塊的加速度為6m/s2C.經(jīng)過2s物塊從木板上滑離D.物塊離開木板時(shí)的速度為8m/s答案ACD解析對物塊，由牛頓第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2；對木板，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，A正確，B錯(cuò)誤；物塊從木板上滑離時(shí)，位移關(guān)系滿足eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝l，解得t＝2s，C正確；物塊滑離木板時(shí)的速度v2＝a2t＝8m/s，D正確。3.(多選)(2024·河南信陽一模)如圖3所示，質(zhì)量為M＝1kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1?，F(xiàn)給小物塊施加一個(gè)水平向左的恒力F1＝3N，給長木板施加一個(gè)水平向右的恒力F2＝4.5N。2s時(shí)撤掉力F1，小物塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是()圖3A.0～2s長木板的加速度aM＝3m/s2B.0～2s過程中F1對小物塊做了12J的功C.0～4s的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝24JD.恒力對小物塊、木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量答案BC解析對長木板進(jìn)行受力分析，受力示意圖如圖甲所示。根據(jù)牛頓第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1m/s2，故A錯(cuò)誤；對小物塊進(jìn)行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小分別為2m/s2和4m/s2，長木板和小物塊在0～4s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示，0～2s小物塊的位移x＝4m，拉力對小物塊做功為W＝12J，故B正確；兩條v－t圖線圍成的面積表示小物塊相對于木板運(yùn)動(dòng)的長度，由v－t圖像可知L＝12m，小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝μ1mgL＝24J，故C正確；恒力對小物塊、木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量加上摩擦生熱，故D錯(cuò)誤。4.如圖4所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為M＝2kg的木板，木板的左端放有一質(zhì)量為m＝1kg的小木塊，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1。在木板兩側(cè)地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側(cè)墻壁靜止放置。現(xiàn)給木塊向右的水平初速度v0＝3m/s，在此后運(yùn)動(dòng)過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下，木塊與墻壁沒發(fā)生碰撞。設(shè)木板與墻壁碰撞時(shí)間極短且無機(jī)械能損失，g＝10m/s2，求：圖4(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；(2)木板的最短長度L；(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動(dòng)的總時(shí)間t。答案(1)4N·s(2)eq\f(13,3)m(3)4s解析(1)取水平向右為正方向，當(dāng)木塊與木板共速時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v1解得v1＝1m/s因?yàn)槟景迮c墻壁碰撞無機(jī)械能損失，所以木板與墻壁碰撞前、后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墻壁對木板的沖量為I＝－Mv1－Mv1解得I＝－4N·s第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小為4N·s。(2)木塊第二次在木板上相對靜止的位置到木板左端的距離為木板的最短長度，設(shè)木塊第二次與木板相對靜止時(shí)的速度大小為v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(1,3)m/s，方向水平向左由于第二次相對靜止之前木塊相對木板都只向同一方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)解得L＝eq\f(13,3)m。(3)木塊與木板第一次共速后，兩者相對運(yùn)動(dòng)過程中木板始終在做減速運(yùn)動(dòng)，可以將木板所有減速過程連成一個(gè)完整的減速過程，其初速度為v1＝1m/s，末速度為零，相對滑動(dòng)階段木板加速度大小為aM＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2第一次共速前木板加速的時(shí)間為t1＝eq\f(v1,aM)＝2s此后所有相對滑動(dòng)時(shí)間為t′＝eq\f(0－v1,－aM)＝2s則木塊與木板相對滑動(dòng)總時(shí)間為t＝t1＋t′＝4s。5.(2024·廣東江門一模)如圖5是工人傳輸貨物的示意圖，工人甲把質(zhì)量m＝7kg貨物從傾斜軌道的頂端A點(diǎn)由靜止釋放，貨物從軌道的底端B點(diǎn)(B點(diǎn)處有一段長度不計(jì)的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板。長木板的右端到達(dá)反彈裝置左端C點(diǎn)的瞬間，貨物剛好運(yùn)動(dòng)到長木板的最右端且與長木板達(dá)到共速，此時(shí)工人乙控制機(jī)械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區(qū)，長木板進(jìn)入反彈裝置，反彈后長木板的最左端返回B點(diǎn)時(shí)恰好靜止。已知傾斜軌道AB的長度L1＝10m，傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ＝53°，BC段的長度L2＝7.5m，長木板的長度d＝5m，貨物與傾斜軌道以及長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：圖5(1)貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB多大；(2)長木板的右端剛到C點(diǎn)時(shí)貨物的速度vC多大；(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值η。答案(1)10m/s(2)5m/s(3)60%解析(1)貨物由A運(yùn)動(dòng)到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgL1sin53°－μ1mgL1cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10m/s。(2)貨物在長木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，可得a貨＝eq\f(μ1mg,m)＝5m/s2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有－2a貨L2＝veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)解得vC＝5m/s。(3)長木板進(jìn)入反彈裝置時(shí)的速度為v1＝vC＝5m/s設(shè)長木板的質(zhì)量為M，則長木板剛進(jìn)入反彈裝置時(shí)的能量為E＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)長木板反彈后最右端回到C點(diǎn)的速度設(shè)為v2，長木板從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得－μ2Mg(L2－d)＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)長木板在反彈過程中損失的能量為ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)則長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時(shí)的能量比值η＝eq\f(ΔE,E)×100%＝60%。6.(2024·湖北襄陽二模)如圖6所示，質(zhì)量為m＝2kg、左側(cè)固定有豎直擋板的平板小車靜置于光滑水平地面上，質(zhì)量均為m＝2kg的甲、乙兩物塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))緊挨著并排放置在小車的水平表面上，物塊甲距左側(cè)擋板d＝4.5m，物塊乙距小車右端足夠遠(yuǎn)。已知甲、乙兩物塊與小車接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，t＝0時(shí)刻開始用水平向右的恒力F＝10N作用于小車，t＝3s時(shí)撤去力F。若物塊與擋板發(fā)生碰撞，則碰后不再分開。求：圖6(1)t＝0時(shí)，甲物塊的加速度大小a甲；(2)小車最終速度的大小v；(3)甲、乙兩物塊間的最終距離L。答案(1)1m/s2(2)5m/s(3)4.875m解析(1)規(guī)定水平向右為正方向，當(dāng)F＝10N時(shí)，假設(shè)甲、乙、車保持相對靜止，則有F＝3ma共解得a共＝eq\f(5,3)m/s2對甲受力分析得μ1mg≥ma甲得a甲≤1m/s2則a共＞a甲，故甲與車發(fā)生相對滑動(dòng)假設(shè)乙和車保持相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ1mg＝2ma共′，解得a共′＝2m/s2對乙受力分析得μ2mg≥ma乙，則a乙≤2m/s2因?yàn)閍共′≥a乙所以乙與車保持相對靜止，故a甲＝1m/s2，a乙＝2m/s2。(2)根據(jù)v甲＝a甲t，v乙＝a乙t可得t＝3s時(shí)v甲＝3m/s，v乙＝6m/s撤去F后，甲、乙、車系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv甲＋(m＋m)v乙＝3mv解得v＝5m/s。(3)前3s內(nèi)，甲、乙相對運(yùn)動(dòng)的距離x相對＝eq\f(1,2)(a乙－a甲)t2解得x相對＝4.5m＝dt＝3s時(shí)甲和車相碰，有mv甲＋mv乙＝2mv共解得v共＝4.5m/s對乙受力分析得－μ2mg＝ma乙′解得a乙′＝－2m/s2對甲、車系統(tǒng)受力分析得μ2mg＝2ma甲車解得a甲車＝1m/s2則相對運(yùn)動(dòng)位移L＝x相對＋eq\f(v2－veq\o\al(2,乙),2a乙′)－eq\f(v2－veq\o\al(2,共),2a甲車)代入數(shù)據(jù)得L＝4.875m。增分培優(yōu)3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)對比力學(xué)三大觀點(diǎn)對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma求解物體某一時(shí)刻的受力及加速度時(shí)，可用牛頓第二定律列式解決，有時(shí)也可結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出含有加速度的關(guān)系式。勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk①在涉及位移、速度，不涉及時(shí)間時(shí)要首先考慮選用動(dòng)能定理。②在涉及相對位移問題時(shí)優(yōu)先考慮能量守恒定律，即系統(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)的內(nèi)能。機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理FΔt＝mv′－mv①在涉及時(shí)間和速度，不涉及位移和加速度時(shí)要首先考慮運(yùn)用動(dòng)量定理。②若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng)，一般考慮用動(dòng)量守恒定律去解決，注意是否符合守恒條件。③碰撞、爆炸、反沖等問題因作用時(shí)間極短，一般都可以運(yùn)用動(dòng)量守恒定律。動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′例1(2024·甘肅卷，14)如圖1，質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O′P＝OP＝1.6m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開始運(yùn)動(dòng)(重力加速度g取10m/s2)圖1(1)求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力；(2)A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時(shí)間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后瞬間C的速度大??；(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)40N(2)4m/s(3)0.15解析(1)對A從開始運(yùn)動(dòng)至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0在最低點(diǎn)，對A由牛頓第二定律有T－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),l)根據(jù)牛頓第三定律得T′＝T聯(lián)立解得細(xì)繩受到的拉力T′＝40N。(2)碰后A豎直下落，說明碰后瞬間A的速度為零，動(dòng)量為零。由于碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv0＝0＋mvC結(jié)合(1)問解得vC＝4m/s。(3)C與B相互作用的過程，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，則有mvC＝(m＋3m)v共根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)(m＋3m)veq\o\al(2,共)＋μmgΔx聯(lián)立解得μ＝0.15。例2(2024·河南焦作一模)如圖2所示，某商家為了吸引顧客而設(shè)計(jì)了一個(gè)趣味游戲，游戲軌道由一個(gè)水平直軌道ABC和一半徑為R的豎直半圓光滑軌道CDE組成，水平直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在半圓軌道圓心O左側(cè)同一水平線上且距離O點(diǎn)2R處固定一個(gè)小網(wǎng)兜P，將原長小于AB段長度的輕彈簧水平置于AB段上，左端固定在豎直擋板上，物塊1靜置于B處。游戲者將物塊2向左壓縮彈簧到某一位置釋放，若物塊2與物塊1碰撞后不粘連，物塊1從半圓軌道最高點(diǎn)E飛出并落入網(wǎng)兜P內(nèi)獲一等獎(jiǎng)，在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎(jiǎng)，能夠進(jìn)入半圓軌道內(nèi)獲三等獎(jiǎng)，其他情況都不能獲獎(jiǎng)。已知物塊1的質(zhì)量m＝0.2kg，物塊2的質(zhì)量m0＝0.4kg，R＝0.8m，BC＝2R，兩物塊與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：圖2(1)獲一等獎(jiǎng)時(shí)，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力；(2)獲得二等獎(jiǎng)時(shí)，物塊1碰后的速度大小范圍(結(jié)果可保留根號)；(3)獲得三等獎(jiǎng)時(shí)，彈簧彈性勢能的最小值。答案(1)2N方向豎直向上(2)4eq\r(2)m/s≤v1≤2eq\r(14)m/s(3)1.8J解析(1)獲得一等獎(jiǎng)時(shí)，物塊1從E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的速度為vE，則2R＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2解得vE＝eq\r(2gR)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)解得FN＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)－mg＝2N由牛頓第三定律知，物塊1在E點(diǎn)對軌道的壓力大小為2N，方向豎直向上。(2)在DE圓弧段脫離軌道獲二等獎(jiǎng)，則物塊1在D點(diǎn)剛好脫離軌道，對應(yīng)的速度為0。應(yīng)用動(dòng)能定理得μmg·2R＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1min)－0解得v1min＝4eq\r(2)m/s物塊1在E點(diǎn)剛好脫離軌道，對應(yīng)的速度設(shè)為vE則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)解得vE＝eq\r(gR)＝2eq\r(2)m/s由E→B，由動(dòng)能定理得μmg·2R＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1max)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得v1max＝2eq\r(14)m/s所以物塊1碰后的速度大小范圍為4eq\r(2)m/s≤v1≤2eq\r(14)m/s。(3)獲得三等獎(jiǎng)時(shí)，物塊1剛好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，彈簧彈性勢能最小，則－μmg·2R＝0－eq\f(1,2)mv1′2解得v1′＝4m/s碰撞過程由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，則有m0v＝m0v′＋mv1′eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)m0v′2＋eq\f(1,2)mv1′2解得v＝3m/s彈簧的彈性勢能最小值為Ep＝eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)×0.4×32J＝1.8J。規(guī)范指導(dǎo)(2024·四川成都七中檢測)如圖3所示，半徑R＝1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長為L＝0.5m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝37°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)圓弧B點(diǎn)時(shí)小滑塊對圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M＝2.0kg的小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后小滑塊返回恰好停在B點(diǎn)，已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求：圖3(1)小滑塊應(yīng)從圓弧上離地面多高處釋放；(2)兩物體碰后小球第一次落點(diǎn)到C點(diǎn)的距離。

1.(2024·山東卷，17)如圖4甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。圖4(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。(ⅰ)求μ和m；(ⅱ)初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。答案(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析(1)對小物塊在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＋3mg＝meq\f(v2,R)解得v＝4m/s。(2)(ⅰ)根據(jù)題圖乙分析可知，當(dāng)外力F≤4N時(shí)，軌道與小物塊一起向左加速運(yùn)動(dòng)，對整體由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a變形得a＝eq\f(1,M＋m)F結(jié)合題圖乙可知eq\f(1,M＋m)＝eq\f(2,4)kg－1＝0.5kg－1當(dāng)外力F>4N時(shí)，軌道與小物塊有相對滑動(dòng)，對軌道由牛頓第二定律有F－μmg＝Ma變形得a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)結(jié)合題圖乙可知eq\f(1,M)＝eq\f(6－2,8－4)kg－1＝1kg－1－eq\f(μmg,M)＝－2m/s2聯(lián)立解得M＝1kg，m＝1kg，μ＝0.2。(ⅱ)根據(jù)題圖乙可知，當(dāng)F＝8N時(shí)，軌道的加速度為a1＝6m/s2，小物塊的加速度為a2＝μg＝2m/s2，方向均水平向左。設(shè)經(jīng)時(shí)間t0，小物塊運(yùn)動(dòng)至軌道上的P點(diǎn)時(shí)，速度v2＝a2t0此時(shí)軌道的速度v1＝a1t0小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的過程，小物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，取水平向左為速度正方向，則有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋2mgRMv1＋mv2＝Mv3＋mv4其中v4＝7m/s聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t0＝1.5s(另一解不符合題意，舍去)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)解得L＝4.5m。2.(2024·安徽卷，14)如圖5所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長L＝1.25m，小球質(zhì)量m＝0.20kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30kg，小車上的水平軌道長s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。圖5(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。?3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析(1)對小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝5m/s在最低點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6N。(2)小球與物塊碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝4m/s。(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，物塊與小車整體水平方向動(dòng)量守恒Mv2＝2Mv3由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,3)＋μ1Mgs解得μ1＝0.4若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，物塊與小車整體水平方向動(dòng)量守恒Mv2＝2Mv4由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,4)＋μ2Mgs＋MgR解得μ2＝0.25綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。1.如圖1所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長L＝3.2m。OM與半徑R＝0.15m的豎直半圓軌道MN平滑連接。小物塊A自O(shè)點(diǎn)以v0＝14m/s向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在P點(diǎn)的小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后A、B分開，A恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)停止。A、B均看作質(zhì)點(diǎn)，已知A的質(zhì)量mA＝1.0kg，B的質(zhì)量mB＝2.0kg，A、B與軌道PM間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10m/s2，求：圖1(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿軌道PM運(yùn)動(dòng)到M所需時(shí)間；(3)若B恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)N，求沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)過程損失的機(jī)械能。答案(1)4m/s5m/s(2)0.8s(3)1.5J解析(1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時(shí)的加速度大小相同，均為a，則a＝eq\f(μmAg,mA)＝eq\f(μmBg,mB)＝μg＝2.5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，對A有veq\o\al(2,1)＝2aL解得碰后速度v1＝4m/sA、B相碰的過程中系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，有mAv0＝mAv1＋mBv2解得碰后B的速度v2＝5m/s。(2)對B物塊，P到M的運(yùn)動(dòng)過程，有L＝v2t－eq\f(1,2)at2解得t1＝3.2s(不符合題意，舍去)，t2＝0.8s即所求時(shí)間t＝0.8s。(3)B在M點(diǎn)的速度大小v3＝v2－at代入數(shù)值解得v3＝3m/sB恰好過N點(diǎn)，滿足mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,4),R)M到N過程，由功能關(guān)系可得ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,4)－2mBgR聯(lián)立解得損失的機(jī)械能ΔE＝1.5J。2.(2024·福建泉州一模)如圖2，左端固定在墻壁上的水平輕質(zhì)彈簧，處于自然狀態(tài)時(shí)另一端在光滑水平臺(tái)面右端；質(zhì)量為3m的小車靜置于光滑的水平面上且緊靠平臺(tái)，其左側(cè)a端與臺(tái)面等高，小車的上表面由長度為R的粗糙水平面ab和半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道bc組成。質(zhì)量為m的小物塊P(與彈簧不拴接)在外力作用下將彈簧壓縮至某一位置，由靜止釋放后從a端以大小為2eq\r(gR)(g為重力加速度大小)的速度滑上小車，恰好能到達(dá)頂端c。圖2(1)求由靜止釋放時(shí)彈簧的彈性勢能Ep；(2)求P與ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)請通過計(jì)算判斷P是否會(huì)滑離小車？答案(1)2mgR(2)0.5(3)P會(huì)滑離小車解析(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，P的速度為v0，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中v0＝2eq\r(gR)解得Ep＝2mgR。(2)P恰好到達(dá)頂端c時(shí)，此時(shí)P與小車共速，設(shè)此時(shí)速度大小為v，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋3m)v根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR解得μ＝0.5。(3)設(shè)小物塊P最終停在小車上，小物塊在粗糙水平面ab上的相對路程為s，由于水平方向動(dòng)量守恒，可知，此時(shí)P與小車速度大小仍然為v，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋3m)v2＝μmgs解得s＝3R由于s＞2R故P會(huì)滑離小車。3.(2024·河北石家莊模擬)如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為2m的小車，車上固定一處于自然長度的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為2m的光滑木塊放在小車上，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)長為L的細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與豎直方向成θ＝60°角的A位置從靜止開始釋放，擺到最低點(diǎn)B時(shí)，剛好能與木塊相碰(相碰時(shí)間極短)，相碰后小球反彈的速度大小為碰撞前的一半，木塊與彈簧、小車相互作用的過程中無機(jī)械能損失，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。求：圖3(1)小球與木塊相碰前的速度；(2)在木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能；(3)木塊和小車最終運(yùn)動(dòng)的速度大小。答案(1)eq\r(gL)方向水平向右(2)eq\f(9,32)mgL(3)0eq\f(3\r(gL),4)解析(1)小球下擺過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos60°))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(gL)，方向水平向右(2)小球與木塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv球＋2mv木塊由題意可知v球＝－eq\f(v0,2)解得v木塊＝eq\f(3\r(gL),