2019版高考物理一轮复习培优计划高考必考题突破讲座(6)动量和能量观点的综合应用突破训练
2019版高考物理一轮复习 培优计划 高考必考题突破讲座(5)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题学案
高考必考题突破讲座(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题题型特点考情分析命题趋势用动力学和能量观点解决问题时，应首先分析物体的受力和运动情况，再分析做功和能量转化情况，最后选择恰当的规律列方程．一般来说，若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则此类问题属于动力学问题；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则此类问题属功能关系问题2016·全国卷Ⅰ，25动力学观点和能量观点结合一直是高考的热点和难点，它可能以各种题型出现，其考查范围广、灵活性强、能力要求高，压轴题目也多与此相关1．动力学观点和能量观点综合流程2．涉及问题(1)受力情况：几个力？恒力还是变力？(2)做功情况：是否做功？正功还是负功？(3)能量分析：建立功能关系式．►解题方法1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动学规律求解．2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题，则用功能关系求解．角度1 机械能守恒受力情况重力、支持力、弹簧的弹力运动轨迹直线和曲线(圆周运动或平抛运动)涉及的能量变化动能、重力势能、弹性势能处理方法机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律角度2 机械能不守恒受力情况重力、支持力、弹簧的弹力、摩擦力运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动)涉及的能量变化 动能、势能、内能处理方法动能定理、功能关系、牛顿第二定律[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析 (1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．解析 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案 见解析1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．解析 (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④薄板在光滑斜面上运动，则Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析 设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20，解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg＝4R g， 要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π，ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析 (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有1 2(m＋M)v2＋Q＝12mv2C联立解得Q＝9 J.答案(1)6 m/s (2)9 J。
高考物理精讲：专题6+力学三大观点的综合运用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题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．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 2C② 在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，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 ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R⑦(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．答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地1．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 2R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 ＝0－12M 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 ＝0－12m v 2B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．1．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． 2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题例2如图3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为x＝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v0＝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，取g＝10 m/s2.求：图3(1)A滑上传送带时的加速度a和到达Q点时的速度；(2)若AB恰能通过半圆轨道的最高点N，求μ2；(3)要使AB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？审题突破(1)由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出A的速度．(2)A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后的速度；由牛顿第二定律求出AB 在最高点的速度，然后应用机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数．(3)物块离开N点后做平抛运动，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动能定理求出动摩擦因数的范围．解析(1)A刚滑上传送带时，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma，代入数据得：a＝12 m/s2，A在传送带上运动，速度与传送带速度相等时，由匀变速运动的速度位移公式得：v2－v20＝2 as代入数据得：s＝116m＜L＝2 m，A没有到达Q点前已经与传送带速度相等，到达Q点的速度为：v＝12 m/s；(2)设AB碰后的共同速度为v1，以A的初速度方向为正方向，A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得： M v ＝(M ＋m )v 1，代入数据得：v 1＝10 m/s ，AB 恰好滑到最高点N 时速度为v 3，在最高点，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 23R设AB 在M 点速度为v 2，由机械能守恒定律得： 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 )gx ， 代入数据得：μ2＝0.5；(3)①若以v 3由N 点抛出，做平抛运动，在竖直方向上：2R ＝12gt 2，水平方向上：x 1＝v 3t ，联立并代入数据得：x 1＝3.2 m ＞x ，则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传动带上，则μ2≤0.5； ②若AB 恰能落在P 点，在竖直方向上：2R －L sin θ＝12gt ′2，水平方向上：x ＋L cos θ＝v 3′t ′，由机械能守恒定律得：12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ·2R ，在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gx ， 联立并代入数据得：μ2＝0.09， 综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0.5.答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.52．(2014·广东·35)如图4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4(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 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22 ②解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg③ 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 ＋12at 2 ④ 由①③④式得v 1＝6L －at 2t①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＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中设及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练 训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1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 0,0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0点(A 、B 均初为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧的具有的弹性势能；(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)14mgx 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°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝123gx 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 ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30°解得E p ＝14mgx 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 4A 、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 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 20解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝5.0 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝10.0 m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为 x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m.题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3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3(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)4.2 m/s 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＝2Lt 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)设车与木板碰前，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 22t ＝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 ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m.4．如图4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4(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 ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(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之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2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 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＋12m 2v 22 答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m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 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。
山东高三物理一轮资料全套书稿之第六章 第五节动量总结综合拓展.doc
§6.5总结、综合与拓展一、知识地图 ΣF=ma二、应考指要本章主要内容包括动量、冲量、动量定理及其应用、动量守恒定律及其应用（碰撞、反冲等），是中学物理的重要内容。
动量定理而动量守恒定律比牛顿运动定律适用范围更广，是自然界普遍适用的基本规律。
历年高考对本章知识均有考查，和能量、电磁等问题的综合常成为高考试卷的最后大题，各方面的能力要求比较高。
主要从以下几个方面考查：（1）动量定理、动量守恒定律的基本应用；（2）矢量运算；（3）多体、多过程问题；（4）动量、能量、电磁、运动的综合考查。
本章虽然课本篇幅不多，但内容十分重要。
动量定理和动量守恒定律和其它物理知识的综合非常广泛。
高考中难度较大，能力要求高，复习中注意掌握知识，掌握方法，既要打好基础，更要注意能力的提高。
三、好题精析例1．如图6－5－1所示，质量为M 的长木板静止在光滑的水平地面上，在木板的右端有一质量为m 的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度v0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l 的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则整个过程中转化为内能的机械能是多少？轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能是多少？〖解析〗取M 、m 和弹簧整体为系统，系统不受外力，动量始终守恒。
弹簧压至最短和小物块退至长木板右端时整体均有共同速度v ，即（设向左为正方向）v m M mv )(0+=0v mM m v += m 能相对于木板停于右端，所以物块和木板之间一定有摩擦 从最初到最末：())(221212*********m M v m mv v m M mv E +-=+-=机损弹簧压至最短时：机损机损E E 21=' 由总能量守恒：弹机损＋E E v m M mv 21)(2121220++= 动量P=mv 冲量I=f ·t动量定理 ΣI=△P 单个物体 ΣI=m △v 系统： ΣI=m 1△v 1+ m 2△v 2动量守恒定律 m 1v 1+ m 2v 2= m 1v`1+ m 2v`2 ΣF=ma F=-F` 反冲 碰撞 与能量转换相联系的应用 图6－5－1解以上三式得：m M v m mv E +-202204141＝弹 〖点评〗[说明]本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能与内能转化的典型题。
2019版高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 能力课 动量和能量观点的综合应用课件.pptx
“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最 大。
5
【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面 上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
11
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
2
【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位 于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左 侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程 中。
图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度。
3
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑 块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
高考物理一轮专题 动量与能量突破课件 鲁科
例 1 (1)MM＋－mmv0，方向向右 (2)22Mμ－Mgmv20 【解析】 (1)最终 A、B 具有相同的速度，设此速度为 v，选择向右 的方向为正方向．则据动量守恒定律可得： Mv0－mv0＝(M＋m)v 解得：v＝MM－ ＋mmv0，方向向右． (2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为 零，平板车速度为 v′，由动量守恒定律得： M v0－mv0＝Mv′ 这一过程平板车向右运动 s, 由能量守恒定律得：
2．动量守恒的三种情况 (1)系统所受的合外力为零，动量守恒； (2)内力远大于外力，动量近似守恒； (3)某方向的合外力为零，该方向上的动量守恒．
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/102022/1/102022/1/101/10/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/102022/1/10January 10, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/102022/1/102022/1/102022/1/10
例1 如图2－7－1所示，一质量为M的平板车B放在光滑水 平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动 摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使 A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
最新2019版高考物理一轮复习(全国通用)配套精品课件：6.1第六章 动量守恒定律 力学三大观点
-5知识梳理 考点自诊
二、动量定理 1.内容:物体所受 合力 的冲量等于物体 动量的增量 。 2.表达式:F·Δt=Δp=p'-p。 3.矢量性:动量变化量的方向与 合力 的方向相同,可以在某一 方向上应用动量定理。
-6知识梳理 考点自诊
1.(2017· 湖北咸宁月考)下列说法正确的是( ) A.速度大的物体,它的动量一定也大 B.动量大的物体,它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变,物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大,则该物体的速度变化一定越大
B
解析 答案
-11命题点一 命题点二 命题点三
冲量和动量 动量、动能、动量变化量的比较
项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联 方程
动 量 动 能 物体的质量和 物体由于运动 速度的乘积 而具有的能量 p=mv 矢量 状态量
p2 1
动量变化量 物体末动量与初 动量的矢量差 Δp=p'-p 矢量 过程量
关闭
p=mv,p由m、v二者乘积决定,故A、B错误;p是矢量,故C错误;Δp=m· Δv,故 D正确。 D
解析
关闭
答案
-7知识梳理 考点自诊
2.(多选)(2017· 广东广州海珠区期末)质量为m的物体以初速度v0 开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速度变为v,在这段时间 内物体动量变化量的大小为( ) A.m(v-v0) B.mgt C.m ������ 2 -������0 2 D.m 2������ℎ
关闭
动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果,所以B选项
不正确;物体所受冲量I=Ft与物体的动量的大小p=mv无关,C选项不正确; 冲量是一个过程量,只有在某一过程中力的方向不变时,冲量的方向才与
高考物理一轮复习课件动量和能量专
列方程求解
根据所选规律列出方程， 解出未知量。注意方程的 解要符合实际情况，并进 行必要的讨论。
验证结果
将所得结果代入原方程进 行验证，确保结果正确无 误。
典型例题分析与解题技巧总
06
结
典型例题选取与解析过程展示
01 例题一
完全非弹性碰撞问题
03 例题二
弹性碰撞中的动量守恒和
能量守恒
ห้องสมุดไป่ตู้02 例题三
系统不受外力或所受外力之和为零，则系统动量守恒。
动量定理的解题步骤
确定研究对象，分析运动过程，选择正方向，根据动量定理列方程 求解。
能量守恒在综合问题中应用
01 02
能量守恒定律的表述
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一 种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总 量不变。
变质量问题中的动量守恒
04 例题四
动量定理和动能定理的综
合应用
解题技巧总结归纳
解题技巧一
明确研究对象，选择正方向，确定各 物体的初、末状态的动量
解题技巧三
注意区分系统的内力和外力，系统内 物体间的相互作用力为内力，系统以 外的物体对系统内物体的作用力为外
力
解题技巧二
注意动量和动能的区别和联系，动能 是标量，动量是矢量，动能变化而动 量不一定变化
除了重力、弹力以外的其他力做功时， 物体的机械能不守恒。
若系统中只有动能和势能的相互转化， 系统跟外界没有发生机械能的传递，机 械能也没有转化成其他形式的能（如没 有内能的产生），则系统的机械能守恒
。
能量转化与转移分析
01
能量的转化
各种形式的能在一定条件下可以相互转化。
2019届高考物理一轮复习课件： 第六章 动量守恒定律核心素养提升课件
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高考必考题突破讲座(六)动量和能量观点的综合应用
1．(2018·广东珠海模拟)(多选)如图所示，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，用轻弹簧连接木块与墙，一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中(作用时间极短)，下列说法正确的是( CD )
A ．从子弹入射木块到弹簧恢复原长的过程中，子弹、木块构成的系统的动量守恒
B ．从子弹入射木块到弹簧恢复原长的过程中，子弹、木块及弹簧构成的系统机械能守恒
C ．子弹入射木块时，子弹、木块系统的动量守恒
D ．从弹簧开始压缩到弹簧回复原长的过程中，子弹、木块及弹簧构成的系统机械能守恒
解析 从木块开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程中，由于木块受弹簧弹力作用，子弹、木块系统的动量不守恒，选项A 错误；子弹射入木块过程中，由于需克服子弹与木块间的摩擦力做功，子弹、木板及弹簧构成的系统机械能不守恒，选项B 错误；子弹入射木块时，由于时间极短，弹簧的作用力可忽略不计，子弹、木块构成的系统动量守恒，选项C 正确；从弹簧开始压缩到弹簧回复原长的过程中，没有外力对子弹、木块及弹簧构成的系统做功，故该系统机械能守恒，选项D 正确．
2．(2018·浙江杭州模拟)(多选)如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道和上表面水平光滑、质量为M 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小球以初速度v 0水平冲上小车，当小球返回并脱离小车后(不计空气阻力)，关于小球的运动情况，下列说法正确的是( BC )
A 一定向左做平抛运动
B ．可能向左做平拋运动
C ．可能做自由落体运动
D ．一定向右做平抛运动
解析 设小球返回后离开小车时，小球的速度为v 1、小车的速度为v 2，从小球冲上小车到返回后离开的过程中，由动量守恒定律有 mv 0＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律有12mv 20＝12mv 2
1
＋12Mv 22，解得v 1＝m －M
m ＋M v 0，当m >M 时，v 1>0，小球离开小车时的速度水平向右，故小球向右做平抛运动；当m ＝M 时，v 1＝0，小球离开小车时的速度为零，小球做自由落体运动；当m <M
时，v 1<0，小球离开小车时的速度水平向左，小球向左做平抛运动．
3．(2018·山东济南模拟)(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg 、m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s ，B 的速度v B ＝－3 m/s ，假设A 的速度v A 的方向为正方向，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( AD )
A ．均为1 m/s
B ．4 m/s 和－5 m/s
C ．2 m/s 和－1 m/s
D ．－1 m/s 和5 m/s
解析 两物体碰撞时，必须满足以下条件：①系统的动量守恒，通过计算可得，四个选项都满足；②满足实际运动情况，由于A 、B 沿同一直线相向运动，所以发生碰撞后不可能保持原来运动方向(v ′A >0，v ′B <0)，选项B 、C 均错误；③碰撞前系统的总动能E k 大于或等于碰撞后系统的总动能E ′k ，碰撞前系统的总动能为E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2
B ＝27 J ，通过计算
可得，选项A 、D 中碰撞后系统的总动能分别为3 J 、27 J ，满足E k ≥E ′k ，选项A 、D 均正确．
4．(2018·河北石家庄模拟)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块
C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 黏在一起不再分
开，物块C 的v －t 图象如图乙所示．求：
(1)物块C 的质量m C ；
(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .
解析 (1)由题图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．
m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，
即m C ＝2 kg.
(2)12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能量大
(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 4， 12(m A ＋m C )v 23＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2
4＋E p ， 得E p ＝9 J.
答案 (1)2 kg (2)9 J
5．(2018·湖北黄冈模拟)如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端
固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h
16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞
过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh ＝1
2
mv 21，解得v 1＝2gh .
设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有
mg h 16＝12
mv ′21，解得v ′1＝
2gh 4
. 设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv 1＝－mv ′1
＋5mv 2，
解得v 2＝
2gh
4
. 由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为
I ＝5mv 2＝54
m 2gh ，
碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2
＝(5m ＋3m )v 3，
据机械能守恒定律E pm ＝12×5mv 22－12×(5m ＋3m )v 2
3，
解得E pm ＝15
128mgh .
答案 54m 2gh 15128
mgh
6．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后黏在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg.(重力加速度g 取10 m/s 2
；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 解析 (1)由机械能守恒定律得12mv 20＝mg (2R )＋12mv 2
，
得A 滑过Q 点时的速度v ＝4m/s>gR ＝ 5 m/s.
在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有F ＋mg ＝mv 2
R
，
解得A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N.
(2)AB 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有 12mv 20＝12
mv 2
A ，得v A ＝v 0＝6 m/s. A
B 碰撞后以共同的速度v P 前进，由动量守恒定律得 mv A ＝(m ＋m )v P ，解得v P ＝3 m/s ，
总动能＝E k ＝12(m ＋m )v 2
P ＝9 J ，
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J ， 则k ＝
E k
ΔE
＝45. (3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量
E 损＝n ΔE ＝0.2n J ，
由能量守恒得12(m ＋m )v 2P －12(m ＋m )v 2
n ＝n ΔE .
代入数据解得v n ＝9－0.2n m/s.(n <k ) 答案 (1)22 N (2)45 (3)见解析。