第4讲 “三大观点”解决力学问题
三年考情分析 三年考题 2019 Ⅲ卷25T 考查内容 动量和能量的综合应用 动量与能量的综合应用 牛顿第二定律，运动学公式 核心素养 物理观念高考命题规律 近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其考科学思维 其在动量成为必考内容后，核更加多样化．对于一般的力学科学思维 问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理科学思维 有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线2018 Ⅰ卷24T Ⅱ卷24T 2017 Ⅲ卷25T 运动问题；③动量定理结合能量动力学观点解决板块问题 物理观念科学思维 守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.
考向一 用动力学观点解决力学综合问题
[知识必备]——提核心 通技法
[典题例析]——析典题 学通法
[例1] (2019·江苏卷，15T)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下，接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
[审题指导] (1)A获得向右的速度后，A对B向右的滑动摩擦力小于地面对B向左的最大静摩擦力，因此，此过程B静止不动．
(2)B获得向右速度后，A、B间发生相对滑动，到再次左边缘对齐，A、B两物块的位移差为L.
[解析] (1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小 aA＝μg 匀变速直线运动 2aAL＝v2A 解得 vA＝
2μgL
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小 F＝3μmg 由牛顿运动定律F＝maB，得 aB＝3μg 对齐后，A、B所受合外力大小 F′＝2μmg 由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则 v＝aAt，v＝vB－aBt 11
2xA＝aAt，xB＝vBt－aBt2 22且 xB－xA＝L 解得 vB＝2
2μgL
[答案] (1)vA＝2μgL (2)aB＝3μg，a′B＝μg (3)vB＝22μgL
[跟进题组]——练考题 提能力
1．如图所示，地面上有一固定的倾角θ＝37°的斜面，质量为m＝2 kg的滑块C(可视为质点)从距长木板上表面高h＝0.6 m处由静止滑下，水平地面上长木板A上表面与斜面末端平滑对接，A左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A右端与B左端紧靠在一起同样不粘连，A、B的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L均为37.5 cm，质量M均为1 kg，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C与斜面间的动摩擦因数为μ0＝0.5，滑块C与木板A间的
1
动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块C与木板B间的动摩擦因数为μ2＝，忽略空气阻力．(最大静摩
6擦力与滑动摩擦力大小相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块C到达斜面底端时的速度v0为多大？
(2)滑块C在A上表面滑行时，A、B间的弹力大小为多少？ (3)经多长时间滑块C运动到A的右端？此时滑块C的速度为多大？
(4)最终稳定时，滑块C是否脱离长木板B？若未脱离，滑块C相对B静止的位置距离B右端多远？
解析：(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μ0mgcos θ＝ma0， 代入数据解得a0＝2 m/s2， h
由运动学公式得v2， 0＝2a0sin 37°代入数据解得v0＝2 m/s.
(2)C在A上表面滑行时，A、B一起运动，受到C给的向右的摩擦力为μ1mg＝2MaAB， 解得aAB＝2 m/s2，
隔离B分析，A对B的弹力为F＝MaAB＝2 N. (3)C在A上滑行时，C减速运动的加速度大小为 a1＝μ1g＝2 m/s2，
设经过时间t1，C刚滑离A滑上B，则
v0t1－1a1t212
1－aABt1＝L， 22
31
t1＝ s不合题意.舍弃， 代入数据解得t1＝ s44此时A、B的速度vAB＝aABt1＝0.5 m/s， C的速度v＝v0－a1t1＝1.5 m/s.
(4)此后，C在B上继续做减速运动，设C的加速度大小为a2，B的加速度大小为aB， 5
a2＝μ2g＝ m/s2，
3
aB＝
μ2mg10
＝ m/s2， M3
假设C未脱离B，经过时间t2，B、C速度相同， vB＝vC，即v－a2t2＝vAB＋aBt2， 解得t2＝0.2 s， 7
故vB＝vC＝ m/s.
6
此时C在B上发生的相对位移为
v＋vCvAB＋vB
Δx＝·t2－·t2＝0.1 m＜0.375 m.
22所以滑块C未脱离长木板B. 此时滑块C距离B右端的距离为 ΔL＝0.375 m－0.1 m＝0.275 m＝27.5 cm. 1
答案：(1)2 m/s (2)2 N (3) s 1.5 m/s
4(4)滑块C未脱离木板B 27.5 cm
考向二 用功能观点解决力学综合问题
[知识必备]——提核心 通技法
1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． 2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． 3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．
[典题例析]——析典题 学通法
[例2] 如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数； (2)水平外力作用在滑块上的时间t.
[审题指导] (1)滑块从A到B过程满足动能定理． (2)滑块从B到C过程平抛运动，注意C点速度分解． (3)滑块从C到D机械能守恒．
[解析] (1)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒得： 12
2mv2D＝mvC＋mgR(1－cos 37°)
12
滑块在D点的速度vD＝v2C＋2gR1－cos 37°＝33 m/s
v2D在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m
Rv2D滑块受到的支持力FN＝mg＋m＝25.6 N
R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F′N＝FN＝25.6 N，方向竖直向下 (2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动到B点的速度为vB＝vCcos 37°＝4 m/s 1
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Pt－μmgL＝mv2B－0
2解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝[答案] (1)25.6 N (2)0.4 s
[跟进题组]——练考题 提能力
2．如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：
mv2B＋2μgL2P＝0.4 s
(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离； (2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A点时弹簧的弹性势能．
v2C
解析：(1)因为物块恰好能通过C点，有：mg＝m
R1
物块由C点做平抛运动，有：x＝vCt,2R＝gt2
2解得：x＝2R
即物块在水平轨道的落点与B点的距离为2R.
112
(2)物块由B到C过程中机械能守恒，有：mv2B＝2mgR＋mvC 22v2B设物块在B点时受到轨道的支持力为FN，有：FN－mg＝m，
R解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力F′N＝FN＝6mg.
1
(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：Ep＝2mgR＋mv2，解得
2C
5
Ep＝mgR.
2
5
答案：(1)2R (2)6mg (3)mgR
2
考向三 用动量与能量观点解决力学综合问题
[知识必备]——提核心 通技法
动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．
1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．
2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．
3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．
4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．
5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
[典题例析]——析典题 学通法
[例3] (2019·全国Ⅲ，25T)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.
重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？ (3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
[思路导引] (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可．
(2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度，分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题．
(3)假设A能与B碰撞，应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度，问题便易于解决了．
[解析] (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①
11
2Ek＝mAvA＋mBv2B ② 22联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg ④
1
sB＝vBt－at2 ⑤
2
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
1
sA＝vAt－at2 ⑦
2
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有
12
mAv′2－
A12
2＝－μmg(2l＋s)⑩ mAvAAB联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA＝7 m/s ⑪
故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B ⑫
12
mAv′2＝
A12
mAv″2＋
A12
mBv″2B ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 3
v″A＝72 m/s，v″B＝－
75
m/s ⑭
5
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，
B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式
22as′A＝v″2A，2as′B＝v″B ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m ⑯
s′A小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两物块停止后的距离 s′＝s′A＋s′B＝0.91 m ⑰
[答案] (1)vA＝4.0 m/s vB＝1.0 m/s (2)A先停止 0.50 m (3)0.91 m
[跟进题组]——练考题 提能力
3．如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m1、m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不栓连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m2离开弹簧后从右边飞出，m1冲上曲面．已知桌面高为h，m2平抛的水平射程为x，m1＝2m，m2＝m，不计一切摩擦，重力加速度为g.
求：(1)m2离开弹簧时的速度；
(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度； (3)弹簧的最大弹性势能．
1
解析：(1)m2平抛过程有：h＝gt2，x＝v2t
2得：v2＝x
g 2h
(2)弹簧将两物体弹开的过程，对系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有：m1v1－m2v2
＝0
x
得：v1＝
2
g 2h
1x2
2
对m1冲上曲面过程，由机械能守恒有：m1gH＝m1v1，得：H＝
216h112＋mv2 (3)弹簧的最大弹性势能为：Ep＝m1v1
22223mgx2
联立解得：Ep＝
8h答案：(1)x
gx23mgx2 (2) (3) 2h16h8h
用“三大观点”解决力学综合问题模型
典例 如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圆弧轨道BCD组成，小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与粗糙水平台等高．水平台与物块P间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平台上有一弹簧，弹簧左端固定，弹簧右端与一个质量为m1＝5 kg的小物块P接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep＝100 J．现解除弹簧的
锁定，小物块P从M点出发，MN间的距离为d＝1 m．物块P到N点后与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞(碰前物块P已经离开弹簧，碰后立即将小物块P取走，使之不影响后续物体的运动)．已知AB长为L＝10 m，小车的质量为M＝3 kg.取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度大小；
(2)若物块Q在半圆弧轨道BCD上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道)，最终停在小车水平部分AB的中点，求半圆弧轨道BCD的半径至少多大？
(3)若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑，半圆弧轨道BCD的半径为R＝1.2 m，物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出，求其再次落回小车时，落点与B点的距离s为多少？(结果可用根号表示) 核心考点
1.能量守恒定律的应用． 2.弹性碰撞规律． 3.动量守恒定律． 4.平抛运动规律． 命题技巧
以弹簧、平板小车、滑块、半圆形轨道为背景，设置多个过程考查考生的综合分析、判断应用能力． 核心素养
1.物理观念：相互作用观念、运动观念、能量观念． 2.科学思维：科学推理、科学论证. 审题关键
(1)物块P被弹簧弹开运动到N的过程满足能量守恒定律． (2)P、Q发生弹性碰撞，满足动量守恒、能量守恒．
(3)物块Q与平板小车作用的整个过程、动量守恒、能量守恒．
[解析] (1)设物块P被弹簧弹开运动到N点速度为v1，由能量守恒得：Ep＝μm1gd＋m1v21，
2解得v1＝6 m/s
1
物块P、Q发生弹性碰撞，设碰后P、Q的速度分别为v1′、v2，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v21
2
1
11
＝m1v1′2＋m2v22解得v1′＝4 m/s，v2＝10 m/s 22
(2)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程中，共同速度为v3，系统水平方向动量守恒：
m2v2＝(m2＋M)v3
解得v3＝2.5 m/s
131
2系统能量守恒：m2v2＝μ′m2g·L＋(m2＋M)v23 222解得μ′＝0.25
Q运动至C点与车共速时，半径最小，设为R′
11
2系统能量守恒，有：m2v2＝μ′m2gL＋m2gR′＋(m2＋M)v23，解得R′＝1.25 m 22(3)设Q通过D点时，Q与小车的速度分别为v4、v5，有m2v2＝m2v4＋Mv5 12
2＝m2v2
12
m2v24＋1
2
Mv25＋m2g·2R
解得v4＝－2 m/s，v5＝4 m/s
物块Q通过D点时相对小车的速度为v4′＝6 m/s 物块Q再次落回小车时与B点的距离为s＝v4′123
解得s＝ m
5[答案] 见解析 易错展示
1.物块Q与小车相互作用，两物体组成的系统水平方向动量守恒，能量守恒，考生不能找出半径最小的条件．
2.物块Q从D点飞出做平抛运动，考生不能用相对运动来处理.
[对点演练]——练类题 提素养
如图所示，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在B的左端．质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2 m，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g
4R
g
＝10 m/s2)，求：
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间小球的速度大小； (2)小球与A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长． 解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得： 1
m0gL＝m0v20， 2
代入数据解得：v0＝4 m/s
1(2)小球反弹过程中，由机械能守恒定律得：m0gh＝m0v21 2解得：v1＝2 m/s
小球与A碰撞过程系统水平方向动量守恒，以碰撞前瞬间小球的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋mvA 代入数据得vA＝1 m/s
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v 代入数据解得：v＝0.5 m/s
121由能量守恒定律得：μmgx＝mvA－(m＋M)v2
22代入数据解得x＝0.25 m
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
[题组一] 用动力学观点解决力学综合问题 1.
(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝
3
，g＝10 m/s2. 2
(1)当外力F＝30 N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；
(2)当外力F＝53.5 N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？ 解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得 F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a 解得：a＝1 m/s2
(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，
由牛顿第二定律可得 F－Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma1 μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
1
又L＝(a1－a2)t2，v1＝a1t，v2＝a2t
2联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s 答案：(1)1 m/s2 (2)6.5 m/s 2.5 m/s
2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB坡长L＝26 m，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：
(1)到B处时的速度大小； (2)在水平地面上运动的最大距离； (3)在AB段下滑与BC段滑动的时间之比．
解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma1＝mgsin θ－μ1mgcos θ 代入数据可得：a1＝2 m/s2，
v2821
速度达到8 m/s的过程中的位移：x1＝＝ m＝16 m；
2a12×2滑沙板的速度较大时：ma2＝mgsin θ－μ2mgcos θ， 代入数据可得：a2＝4 m/s2
2
设到达B的速度为v2，则：v22－v1＝2a2(L－x1)，
代入数据可得：v2＝12 m/s
－μ3mg(2)滑沙板在水平面上的加速度：a3＝＝－μ3g＝－0.4×10 m/s2＝－4 m/s2，
m0－v20－1442
由位移－速度公式可得：x3＝＝ m＝18 m.
2a22×－4v18
(3)滑沙板的速度达到8 m/s的时间：t1＝＝ s＝4 s，
a12v2－v112－8
第二段时间：t2＝＝ s＝1 s， a240－v212
s＝3 s， 滑沙板在水平面上的时间：t3＝＝4a3所以在AB段下滑与BC段滑动的时间之比 t1＋t24＋15
＝＝. t333
5答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)
3[题组二] 用功能观点解决力学综合问题
3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长且长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
L
(1)当B环下落时，A环的速度大小；
2
(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环．
L21L
解析：(1)当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝＝，即α＝30°
2L2由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30° vA
则vB＝＝3vA，
tan 30°
B下降的过程中，A与B组成的系统机械能守恒，有 L112mg＝·2mv2A＋mvB 222所以A环的速度vA＝
5gL
. 5
(2)由于A到达O点时，B的速度等于0，由机械能守恒， 1·2mvA′2＝mgL，解得vA′＝gL， 2
环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动． 11
当A追上B时，有vA′t＋gt2＝L＋gt2，
22解得t＝答案：(1)
L
. g5gL
(2)5
L g
4．如图所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形10轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为
3N．已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小物块运动到B点时的速度大小； (2)拉力F作用在小物块上的时间t；
(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无
机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．
v2
解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定
R10
律得FN＝FN′＝ N
3
联立解得v＝2 m/s
11
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg·2R＋mv2＝mv2，
22B解得vB＝4 m/s.
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得 1
Fs－μ1mgxAB＝mv2－0，
2B
根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma， 1
由运动学公式有s＝at2，
25
联立解得t＝ s.
3
(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.
v21
①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，
R112
由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv21－mvB 22代入数据解得μ2＝0.025
故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得： 1－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv2
2B代入数据解得：μ2＝0.25
物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得： 1
－2μ2mgxBC＝0－mv2
2B代入数据解得：μ2＝0.4
故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4. 答案：见解析
[题组三] 用动量与能量观点解决力学综合问题
5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0＝7 m/s，经时间t＝0.5 s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ； (2)木板和木块的质量的比值． 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则 v0＋v17＋5L＝t＝×0.5 m＝3 m
22
对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0. 解得，动摩擦因数为μ＝0.4
(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1＝(M＋m)v
121
mv1＝μmgL＋(M＋m)v2 22M
解得＝24.
m
答案：(1)3 m 0.4 (2)24
6．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：
(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小； (2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；
(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．
1
解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得：mgL＝mv2
2解得：v＝2gL
在最低点，由牛顿第二定律得 v2
F－mg＝m
L
解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小 F＝3mg
(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
mv＝(2m＋m)v共． 121
mv＝mgh＋(2m＋m)v2共. 222联立解得h＝L
3
(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2 mv＝mv1＋2mv2 12121mv＝mv1＋·2mv22. 2222
解得：v2＝2gL
3
22
答案：(1)3mg (2)L (3)2gL
33
[题组四] 用“三大观点”解决力学综合模型
7．(2019·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
解析：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，有 1mgR＝mv2
2B解得vB＝3 m/s
v2B
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m
R解得：FN＝30 N
则物块滑到B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N
(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v共解得v共＝0.5 m/s
(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff－L图线与横轴所围的“面积”，则
Wf＝
2＋6×0.5
J＝2 J 2
物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得： 112
－Wf＝mv2－mvB
22解得：v＝5 m/s
答案：(1)30 N (2)0.5 m/s (3)5 m/s
8．如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m．可视为质点的小木块A质量m＝1 kg，原来静止于滑板的左端．滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm.g取10 m/s2.
(1)求水平恒力F的作用时间t.
(2)求木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，求整个运动过程中系统所产生的热量． 解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 aA＝
μmg
① m
F－μmg
② M
aB＝
根据题意有sB－sA＝L， 11
即aBt2－aAt2＝L， ③ 22
将数据代入①②③联立解得t＝1 s. (2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为 vA＝aAt ④ vB＝aBt ⑤
当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有
mvA＋MvB＝(m＋M)v ⑥ 由能的转化与守恒得
12121
mv＋Mv＝(m＋M)v2＋Ep＋μmgs ⑦ 2A2B2
代入数据求得最大弹性势能Ep＝0.3 J.
(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有
mvA＋MvB＝(m＋M)v′ ⑧ 由⑧式解得v＝v′.
由能的转化与守恒定律可得Ep＝μmgx， ⑨ 由⑨式解得x＝0.15 m.
由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立．
整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)， ⑩
由⑩式解得Q＝1.4 J.
答案：(1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J
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