【步步高】2015高考物理二轮(广东专用)专题突破word版训练：专题十五 力学三大观点的综合应用

专题十五力学三大观点的综合应用

1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．

动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．

动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．

2．动量守恒定律

(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．

(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．

(3)守恒条件

①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．

②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．

③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．

3．解决力学问题的三个基本观点

(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．

(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．

(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．

1．力学规律的选用原则

(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用

动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．

(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．

2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．

(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．

(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).

考向1 动量和能量的观点在力学中的应用

例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ?L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：

图1

(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；

(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由． 答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)3

4

R (3)A 从平台的左边落地

解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒． m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2

C

②

在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B ③ 联立①②③解得：v B ＝1

3

3gR ，方向水平向右④

(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤

mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋1

2·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34

R ⑦

(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ?L ，所以A 从平台的左边落地．

如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与

长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：

图2

(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．

答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析

解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2

由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2

R

联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N

由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B

解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s

(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则 对于A 物块 －μMgs A ＝0－1

2M v 2A

解得s A ＝2 m

对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则 －μmgs B ＝0－12

m v 2

B

解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)

由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞． 考向2 动量和能量观点在电学中的应用

例2 如图3所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m 2＝8×10－

3 kg 的不带电小物块

静止在原点O ，A 点距O 点l ＝0.045 m ，质量m 1＝1×10－

3 kg 的带电小物块以初速度v 0＝0.5 m/s

从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为0.1 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力．已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求：

图3

(1)碰后m 1的速度；

(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝0.4 m ，求磁感应强度B 的大小；

(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B ′的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小？ 答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 解析 (1)m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 20 代入数据解得：v 1＝0.4 m/s

设v 2＝0.1 m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2

代入数据得：v 1′＝－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－

3 C

粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R ，则q v 2B ＝m 2v 22R

轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T

(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动． m 1匀减速运动至停，其平均速度为： v ＝1

2

v 1′＝0.2 m/s>v 2＝0.1 m/s ，

所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′2

2a

则m 2平抛的时间：t ＝s

v 2

平抛的高度：h ＝1

2

gt 2

设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12

h

由q v 2B ′＝m 2v 22

R ′

，联立得：B ′＝0.25 T

如图4所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM

下端与MN 相切．质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 带正电小球A 从LM 上距水平高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用．带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球始终没有接触．重力加速度为g .求：

图4

(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；

(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 大小． 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 4

32gh

解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝1

2·2m v 20 解得：v 0＝2gh

(2)A 球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时共速：2m v 0＝(2m ＋m )v 解得：v ＝23v 0＝2

3

2gh

据能量转化和守恒定律：2mgh ＝1

2(2m ＋m )v 2＋E p ，

得：E p ＝2

3

mgh

(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，

系统势能也为零，速度达到稳定． 2m v 0＝2m v A ＋m v B ， 12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B 得：v A ＝13v 0＝1

32gh ，

v B ＝43v 0＝4

3

2gh .

8．综合应用力学三大观点解决多过程问题

例3 (18分)如图5所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．

图5

(1)求甲球离开弹簧时的速度；

(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；

(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．

解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12

m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2

D

R

联立解得：v 0＝4 3 m/s(4分)

(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙， 由能量守恒得E p ＝12m 1v 20

＝12m 2v 2

乙 得v 乙＝12 m/s(2分)

之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2(2分)

乙速度为零时离A 端最远，最远距离为： s ＝v 2乙

2a

＝12 m<20 m(2分) 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.

(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2

甲、乙弹簧组成的系统能量守恒： E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12

m 2v 22 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s(2分) 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12

m 1v 21＝m 1gh ，得h ＝0.6 m<0.8 m(2分)

则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s(1分) 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为 v 2＝6 3 m/s(1分)

故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左(2分)

答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析

(限时：15分钟，满分18分)

(2014·广东·35)如图6所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．

图6

(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；

(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .

答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J

解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2① 解得：v 2＝v 1

2

＝3 m/s

碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－1

2×2m v 22② 解得ΔE ＝9 J

(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg ③

可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋1

2

at 2④

由①③④式得v 1＝6L －at 2

t

①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s 设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12

×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝1

2

v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.

(限时：45分钟)

1．如图1所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m.现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动,经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2.)

图1

(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s .

答案 (1)向左运动 (2)v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s (3)0.2 m 解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0， 由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2L

t

2＝2.5 m/s 2

此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N

木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′>f 0，所以木板不可能静止，将向左运动．

(2)设车与挡板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿第二定律与运动学公式：

对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t

对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t 两者的位移的关系：v 12t ＋v 2

2

t ＝L

联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s

(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有 m v 1－M v 2＝(m ＋M )v

对碰后滑行s 的过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－1

2(M ＋m )v 2

联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m

2．如图2所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：

图2

(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；

(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？ 答案 (1)123gx 0 (2)1

4

mgx 0 (3)

(20＋43)gx 0

解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2 由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝1

2m v 21

由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2 解以上二式得v 2＝1

2

3gx 0

(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋1

2(2m )v 22＝2mgx 0sin 30° 解得E p ＝1

4

mgx 0

(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4

12m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23 m v 3＝2m v 4

A 、

B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则 12(2m )v 24＋E p ＝12

(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则 12m v 25＝12m v 2

6

＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26

R

联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.

3．在光滑水平面上静止着A 、B 两个小球(可视为质点)，质量均为m ，A 球是带电荷量为q 的正电荷，B 球不带电，两球相距为L .从t ＝0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E ，方向与A 、B 两球的连线平行向右，如图3所示．A 球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B 球发生完全弹性碰撞．设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A 、B 之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力．问：

图3

(1)小球A 经多长时间与小球B 发生第一次碰撞？

(2)小球A 与小球B 发生第一次碰撞后瞬间A 、B 两球的速度大小分别是多少？ (3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？ 答案 (1)

2mL

qE

(2)0 2qEL

m

(3)2 2mL

qE

解析 (1)小球A 在电场力的作用下做匀加速直线运动， L ＝12at 21

a ＝qE m

解得：t 1＝

2mL

qE

(2)小球A 与小球B 发生完全弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒．设A 球碰前速度为v A 1，碰后速度为v A 1′，B 球碰前速度为0，碰后速度为v B 1′， m v A 1＝m v A 1′＋m v B 1′

12m v 2A 1＝12m v A 1′2＋1

2m v B 1′2 联立得：v A 1′＝0 v B 1′＝v A 1 v A 1＝at 1＝

2qEL

m

所以v A 1′＝0 v B 1′＝

2qEL

m

(3)第一次碰撞后，小球A 做初速度为0的匀加速直线运动，小球B 以v B 1′的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等．

设A 球第二次碰撞前速度为v A 2，碰后速度为v A 2′，B 球碰前速度为v B 2，碰后速度为v B 2′， v A 2＝at 2＝

qE

m t 2

v B 2＝v B 1′＝ 2qEL

m

12at 2

2＝v B 2t 2 解得：t 2＝2

2mL

qE v A 2＝at 2＝2 2qEL

m

根据动量守恒和机械能守恒得 m v A 2＋m v B 2＝m v A 2′＋m v B 2′ 12m v 2A 2＋12m v 2B 2＝12m v A 2′2＋1

2m v B 2′2 联立得：v A 2′＝v B 2 v B 2′＝v A 2 所以v A 2′＝

2qEL

m

v B 2′＝2 2qEL

m

第二次碰撞后，小球A 做初速度为

2qEL

m

的匀加速直线运动，小球B 以v B 2′的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等．

设A 球第三次碰撞前速度为v A 3，碰后速度为v A 3′，B 球碰前速度为v B 3，碰后速度为v B 3′， v B 3＝v B 2′＝2

2qEL

m

2qEL m t 3＋1

2at 23＝v B 3·t 3 解得：t 3＝2

2mL

qE

即完成第二次碰撞后，又经t 3＝2

2mL

qE

的时间发生第三次碰撞． 4．如图4所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v ＝12 m/s 的恒定速度顺时针转动，传

送带两端点P 、Q 间的距离L ＝2 m ，紧靠Q 点右侧有一水平面长s ＝2 m ，水平面右端与一光滑的半径R ＝1.6 m

的竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg 的物块A 以v 0＝10 m/s 的速度自P 点沿传送带下滑，A 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q 点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg 的B 物块相碰，碰后A 、B 粘在一起，A 、B 与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图4

(1)A 滑上传送带时的加速度a 和到达Q 点时的速度； (2)若A 、B 恰能通过半圆轨道的最高点N ，求μ2；

(3)要使A 、B 能沿半圆轨道运动到N 点，且从N 点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？

答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.5

解析 (1)对A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝12 m/s 2

设A 能达到传送带的速度，由v 2－v 20＝2as 0得 运动的位移s 0＝11

6 m

则到达Q 点前A 已和传送带共速 由于Mg sin θ＝μ1Mg cos θ，

所以A 先加速后匀速，到Q 点的速度为v ＝12 m/s. (2)设A 、B 碰后的共同速度为v 1， 由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝10 m/s

A 、

B 在最高点时速度为v 3有：(M ＋m )v 23

R ＝(M ＋m )g

设A 、B 在M 点速度为v 2，由机械能守恒得： 12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ×2R 在水平面上由动能定理得：

12(M ＋m )v 21－12

(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gs

解得：μ2＝0.5

(3)①若以v 3由N 点抛出，则有：2R ＝1

2gt 2

s 1＝v 3t ＝3.2 m>s

则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传送带上，则μ2≤0.5 ②若AB 恰能落在P 点，则有：2R －L sin θ＝1

2gt ′2

s ＋L cos θ＝v 3′t ′

由12(M ＋m )v 2′2＝1

2(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ×2R 和12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gs 联立可得：μ2＝0.09

综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5