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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題十五 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用訓(xùn)練 1．動量定理的公式Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因． 動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關(guān)系，反映了力對時間的累積效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系．動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系． 動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時，F(xiàn)應(yīng)是合外力對作用時間的平均值． 2．動量守恒定律 (1)內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)． (3)守恒條件 ①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零． ②系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒． ③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程． 3．解決力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運(yùn)動的問題． (2)動量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互作用物體的問題． (3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時，常用能量守恒定律． 1．力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運(yùn)動定律．若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律． (2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決． 2．系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法． (1)對多個物理過程進(jìn)行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動． (2)對多個研究對象進(jìn)行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨(dú)立物體合為一個整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)). 考向1　動量和能量的觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例1　如圖1所示，長為L的平臺固定在地面上，平臺的上平面光滑，平臺上放有小物體A和B，兩者彼此接觸．物體A的上表面是半徑為R(R?L)的光滑半圓形軌道，軌道頂端有一小物體C，A、B、C的質(zhì)量均為m.現(xiàn)物體C從靜止?fàn)顟B(tài)沿軌道下滑，已知在運(yùn)動過程中，A、C始終保持接觸．試求： 圖1 (1)物體A和B剛分離時，物體B的速度； (2)物體A和B剛分離后，物體C所能達(dá)到距臺面的最大高度； (3)判斷物體A從平臺左邊還是右邊落地并簡要說明理由． 答案　(1)，方向水平向右　(2)R　(3)A從平臺的左邊落地 解析　(1)設(shè)C物體到達(dá)最低點(diǎn)的速度是vC，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能守恒． mvA＋mvB－mvC＝0① mgR＝mv＋mv＋mv② 在C物體到達(dá)最低點(diǎn)之前一直有：vA＝vB③ 聯(lián)立①②③解得：vB＝，方向水平向右④ (2)設(shè)C能夠到達(dá)軌道最大高度為h，A、C此時的水平速度相等，設(shè)它們的共同速度為v，對系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒和機(jī)械能守恒規(guī)律可得：mvB－2mv＝0⑤ mgR＝mgh＋mv＋2mv2⑥ 聯(lián)立⑤⑥式解得：h＝R⑦ (3)因為A與B脫離接觸后B的速度向右，A、C的總動量是向左的，又R?L，所以A從平臺的左邊落地． 如圖2，半徑R＝0.8 m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)D與長為L＝6 m的水平面相切于D點(diǎn)，質(zhì)量M＝1.0 kg的小滑塊A從圓弧頂點(diǎn)C由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)后，與D點(diǎn)右側(cè)m＝0.5 kg的靜止物塊B相碰，碰后A的速度變?yōu)関A＝2.0 m/s，仍向右運(yùn)動．已知兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，若B與E處的豎直擋板相碰，沒有機(jī)械能損失，取g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)滑塊A剛到達(dá)圓弧的最低點(diǎn)D時對圓弧的壓力； (2)滑塊B被碰后瞬間的速度； (3)討論兩滑塊是否能發(fā)生第二次碰撞． 答案　(1)30 N，方向豎直向下　(2)4 m/s　(3)見解析 解析　(1)設(shè)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律有：MgR＝Mv2 由牛頓第二定律有FN－Mg＝M 聯(lián)立解得小滑塊在D點(diǎn)所受支持力FN＝30 N 由牛頓第三定律有，小滑塊在D點(diǎn)時對圓弧的壓力為30 N，方向豎直向下． (2)設(shè)B滑塊被碰后的速度為vB，由動量守恒定律： Mv＝MvA＋mvB 解得小滑塊在D點(diǎn)右側(cè)碰后的速度vB＝4 m/s (3)討論：由于B物塊的速度較大，如果它們能再次相碰一定發(fā)生在B從豎直擋板彈回后，假設(shè)兩物塊能運(yùn)動到最后停止，達(dá)到最大的路程，則 對于A物塊?。蘉gsA＝0－Mv 解得sA＝2 m 對于B物塊，由于B與豎直擋板的碰撞無機(jī)械能損失，則 －μmgsB＝0－mv 解得sB＝8 m(即從E點(diǎn)返回2 m) 由于sA＋sB＝10 m<26 m＝12 m，故它們停止運(yùn)動時仍相距2 m，不能發(fā)生第二次碰撞． 考向2　動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 例2　如圖3所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量為m2＝810－3 kg的不帶電小物塊靜止在原點(diǎn)O，A點(diǎn)距O點(diǎn)l＝0.045 m，質(zhì)量m1＝110－3 kg的帶電小物塊以初速度v0＝0.5 m/s從A點(diǎn)水平向右運(yùn)動，在O點(diǎn)與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力．已知電場強(qiáng)度E＝40 N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)碰后m1的速度； (2)若碰后m2做勻速圓周運(yùn)動且恰好通過P點(diǎn)，OP與x軸的夾角θ＝30，OP長為lOP＝0.4 m，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)其他條件不變，若改變磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大小，使m2能與m1再次相碰，求B′的大??？ 答案　(1)－0.4 m/s，方向水平向左　(2)1 T　(3)0.25 T 解析　(1)m1與m2碰前速度為v1，由動能定理 －μm1gl＝m1v－m1v 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.4 m/s 設(shè)v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有： m1v1＝m1v1′＋m2v2 代入數(shù)據(jù)得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左 (2)m2恰好做勻速圓周運(yùn)動，所以qE＝m2g 得：q＝210－3 C 粒子由洛倫茲力提供向心力，設(shè)其做圓周運(yùn)動的半徑為R，則qv2B＝m2 軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：R＝lOP 解得：B＝1 T (3)當(dāng)m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運(yùn)動，m1碰后做勻減速運(yùn)動． m1勻減速運(yùn)動至停，其平均速度為： ＝v1′＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s， 所以m2在m1停止后與其相碰 由牛頓第二定律有：f＝μm1g＝m1a m1停止后離O點(diǎn)距離：s＝ 則m2平拋的時間：t＝ 平拋的高度：h＝gt2 設(shè)m2做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R′，由幾何關(guān)系有： R′＝h 由qv2B′＝，聯(lián)立得：B′＝0.25 T 如圖4所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m帶正電小球A從LM上距水平高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用．帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g.求： 圖4 (1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。? (2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep； (3)A、B兩球最終的速度vA、vB大?。? 答案　(1)　(2)mgh　(3)　 解析　(1)對A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得： 2mgh＝2mv 解得：v0＝ (2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)兩球相距最近時共速：2mv0＝(2m＋m)v 解得：v＝v0＝ 據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep， 得：Ep＝mgh (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定． 2mv0＝2mvA＋mvB， 2mv＝2mv＋mv 得：vA＝v0＝， vB＝v0＝. 8．綜合應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題 例3　(18分)如圖5所示，光滑的水平面AB(足夠長)與半徑為R＝0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn)．A點(diǎn)的右側(cè)等高地放置著一個長為L＝20 m、逆時針轉(zhuǎn)動且速度為v＝10 m/s的傳送帶．用輕質(zhì)細(xì)線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接．甲的質(zhì)量為m1＝3 kg，乙的質(zhì)量為m2＝1 kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)固定乙，燒斷細(xì)線，甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過D點(diǎn)，且過D點(diǎn)時對軌道的壓力恰好等于甲的重力．傳送帶與乙物體間的動摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙兩物體可看作質(zhì)點(diǎn)． 圖5 (1)求甲球離開彈簧時的速度； (2)若甲固定，乙不固定，細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離； (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時甲、乙的速度；若不會再次碰撞，請說明原因．  解析　(1)設(shè)甲離開彈簧時的速度大小為v0，運(yùn)動至D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒： m1v＝m1g2R＋m1v 在最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律，有2m1g＝m1 聯(lián)立解得：v0＝4 m/s(4分) (2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙， 由能量守恒得Ep＝m1v＝m2v 得v乙＝12 m/s(2分) 之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動：μm2g＝m2a 得a＝6 m/s2(2分) 乙速度為零時離A端最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為： s＝＝12 m<20 m(2分) 即乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12 m. (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線后，設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2，甲、乙分離瞬間動量守恒：m1v1＝m2v2 甲、乙彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒： Ep＝m1v＝m1v＋m2v 解得：v1＝2 m/s，v2＝6 m/s(2分) 甲沿軌道上滑時，設(shè)上滑最高點(diǎn)高度為h， 則m1v＝m1gh，得h＝0.6 m<0.8 m(2分) 則甲上滑不到等圓心位置就會返回，返回AB面上時速度大小仍然是v1＝2 m/s(1分) 乙滑上傳送帶，因v2＝6 m/s<12 m/s，則乙先向右做勻減速運(yùn)動，后向左勻加速． 由對稱性可知乙返回AB面上時速度大小仍然為 v2＝6 m/s(1分) 故甲、乙會再次相撞，碰撞時甲的速度為2 m/s，方向向右，乙的速度為6 m/s，方向向左(2分) 答案　(1)4 m/s　(2)12 m　(3)見解析 (限時：15分鐘，滿分18分) (xx廣東35)如圖6所示的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿光滑軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時刻為計時零點(diǎn)，探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作．已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． 圖6 (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時的最大動能E. 答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 解析　(1)設(shè)P1和P2發(fā)生彈性碰撞后速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有：mv1＝2mv2① 解得：v2＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動能為：ΔE＝mv－2mv② 解得ΔE＝9 J (2)P滑動過程中，由牛頓第二定律知 ma＝－μmg③ 可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)再返回B點(diǎn)的全過程看作勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有3L＝v2t＋at2④ 由①③④式得v1＝ ①若t＝2 s時通過B點(diǎn)，解得：v1＝14 m/s ②若t＝4 s時通過B點(diǎn)，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設(shè)向左經(jīng)過A點(diǎn)的速度為vA，由動能定理知 2mv－2mv＝－μ2mg4L 當(dāng)v2＝v1＝7 m/s時，復(fù)合體向左通過A點(diǎn)時的動能最大，E＝17 J. (限時：45分鐘) 1．如圖1所示，質(zhì)量為M＝4 kg的木板靜置于足夠大的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.01，板上最左端停放著質(zhì)量為m＝1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的電動小車，車與木板右端的固定擋板相距L＝5 m.現(xiàn)通電使小車由靜止開始從木板左端向右做勻加速運(yùn)動,經(jīng)時間t＝2 s，車與擋板相碰，車與擋板粘合在一起，碰撞時間極短且碰后自動切斷小車的電源．(計算中取最大靜摩擦力等于動摩擦力，并取g＝10 m/s2.) 圖1 (1)試通過計算說明：車與擋板相碰前，木板相對地面是靜止還是運(yùn)動的？ (2)求出小車與擋板碰撞前，車的速率v1和板的速率v2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑動的距離s. 答案　(1)向左運(yùn)動　(2)v1＝4.2 m/s，v2＝0.8 m/s　(3)0.2 m 解析　(1)假設(shè)木板不動，電動車在板上運(yùn)動的加速度為a0， 由L＝a0t2得：a0＝＝2.5 m/s2 此時木板使車向右運(yùn)動的摩擦力：f＝ma0＝2.5 N 木板受車向左的反作用力：f′＝f＝2.5 N 木板受地面向右最大靜摩擦力：f0＝μ(M＋m)g＝0.5 N 由于f′>f0，所以木板不可能靜止，將向左運(yùn)動． (2)設(shè)車與擋板碰前，車與木板的加速度分別為a1和a2，相互作用力為F，由牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式： 對小車：F＝ma1　v1＝a1t 對木板：F－μ(m＋M)g＝Ma2　v2＝a2t 兩者的位移的關(guān)系：t＋t＝L 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v1＝4.2 m/s，v2＝0.8 m/s (3)設(shè)車與木板碰后其共同速度為v，兩者相碰時系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，有 mv1－Mv2＝(m＋M)v 對碰后滑行s的過程，由動能定理得： －μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得：s＝0.2 m 2．如圖2所示，在傾角為30的光滑斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B，B的下端連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與擋板相連接，B平衡時，彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長位置．在斜面頂端另有一質(zhì)量也為m的物塊A，距物塊B為3x0，現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑，A與B相碰后立即一起沿斜面向下運(yùn)動，并恰好回到O點(diǎn)(A、B均視為質(zhì)點(diǎn))．試求： 圖2 (1)A、B相碰后瞬間的共同速度的大??； (2)A、B相碰前彈簧具有的彈性勢能； (3)若在斜面頂端再連接一光滑的半徑R＝x0的半圓軌道PQ，圓軌道與斜面相切于最高點(diǎn)P，現(xiàn)讓物塊A以初速度v從P點(diǎn)沿斜面下滑，與B碰后返回到P點(diǎn)還具有向上的速度，試問：v為多大時物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)？ 答案　(1)　(2)mgx0　(3) 解析　(1)設(shè)A與B相碰前的速度為v1，A與B相碰后共同速度為v2 由機(jī)械能守恒定律得mg3x0sin 30＝mv 由動量守恒定律得mv1＝2mv2 解以上二式得v2＝ (2)設(shè)A、B相碰前彈簧所具有的彈性勢能為Ep，從A、B相碰后一起壓縮彈簧到它們恰好到達(dá)O點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律知Ep＋(2m)v＝2mgx0sin 30 解得Ep＝mgx0 (3)設(shè)物塊A與B相碰前的速度為v3，碰后A、B的共同速度為v4 mv2＋mg3x0sin 30＝mv mv3＝2mv4 A、B一起壓縮彈簧后再回到O點(diǎn)時二者分離，設(shè)此時共同速度為v5，則 (2m)v＋Ep＝(2m)v＋2mgx0sin 30 此后A繼續(xù)上滑到半圓軌道最高點(diǎn)時速度為v6，則 mv＝mv＋mg2x0sin 30＋mgR(1＋sin 60) 在最高點(diǎn)有mg＝ 聯(lián)立以上各式解得v＝. 3．在光滑水平面上靜止著A、B兩個小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，A球是帶電荷量為q的正電荷，B球不帶電，兩球相距為L.從t＝0時刻開始，在兩小球所在的水平空間內(nèi)加一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向與A、B兩球的連線平行向右，如圖3所示．A球在電場力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動，并與B球發(fā)生完全彈性碰撞．設(shè)兩球間碰撞力遠(yuǎn)大于電場力且作用時間極短，每次碰撞過程中A、B之間都沒有電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮空氣阻力及兩球間的萬有引力．問： 圖3 (1)小球A經(jīng)多長時間與小球B發(fā)生第一次碰撞？ (2)小球A與小球B發(fā)生第一次碰撞后瞬間A、B兩球的速度大小分別是多少？ (3)第二次碰撞后，又經(jīng)多長時間發(fā)生第三次碰撞？ 答案　(1) 　(2)0　　(3)2 解析　(1)小球A在電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動， L＝at a＝ 解得：t1＝ (2)小球A與小球B發(fā)生完全彈性碰撞，動量守恒、機(jī)械能守恒．設(shè)A球碰前速度為vA1，碰后速度為vA1′，B球碰前速度為0，碰后速度為vB1′， mvA1＝mvA1′＋mvB1′ mv＝mvA1′2＋mvB1′2 聯(lián)立得：vA1′＝0 vB1′＝vA1 vA1＝at1＝ 所以vA1′＝0　vB1′＝ (3)第一次碰撞后，小球A做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，小球B以vB1′的速度做勻速直線運(yùn)動，兩小球發(fā)生第二次碰撞的條件是：兩小球位移相等． 設(shè)A球第二次碰撞前速度為vA2，碰后速度為vA2′，B球碰前速度為vB2，碰后速度為vB2′， vA2＝at2＝t2 vB2＝vB1′＝ at＝vB2t2 解得：t2＝2 　vA2＝at2＝2 根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒得 mvA2＋mvB2＝mvA2′＋mvB2′ mv＋mv＝mvA2′2＋mvB2′2 聯(lián)立得：vA2′＝vB2　vB2′＝vA2 所以vA2′＝ 　vB2′＝2 第二次碰撞后，小球A做初速度為 的勻加速直線運(yùn)動，小球B以vB2′的速度做勻速直線運(yùn)動，兩小球發(fā)生第三次碰撞的條件是：兩小球位移相等． 設(shè)A球第三次碰撞前速度為vA3，碰后速度為vA3′，B球碰前速度為vB3，碰后速度為vB3′， vB3＝vB2′＝2 t3＋at＝vB3t3 解得：t3＝2 即完成第二次碰撞后，又經(jīng)t3＝2 的時間發(fā)生第三次碰撞． 4．如圖4所示，一傾斜的傳送帶傾角θ＝37，始終以v＝12 m/s的恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶兩端點(diǎn)P、Q間的距離L＝2 m，緊靠Q點(diǎn)右側(cè)有一水平面長s＝2 m，水平面右端與一光滑的半徑R＝1.6 m 的豎直半圓軌道相切于M點(diǎn)，MN為豎直的直徑．現(xiàn)有一質(zhì)量M＝2.5 kg的物塊A以v0＝10 m/s的速度自P點(diǎn)沿傳送帶下滑，A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.75，到Q點(diǎn)后滑上水平面(不計拐彎處的能量損失)，并與靜止在水平面最左端的質(zhì)量m＝0.5 kg的B物塊相碰，碰后A、B粘在一起，A、B與水平面的動摩擦因數(shù)相同均為μ2，忽略物塊的大小．已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 圖4 (1)A滑上傳送帶時的加速度a和到達(dá)Q點(diǎn)時的速度； (2)若A、B恰能通過半圓軌道的最高點(diǎn)N，求μ2； (3)要使A、B能沿半圓軌道運(yùn)動到N點(diǎn)，且從N點(diǎn)拋出后能落到傳送帶上，則μ2應(yīng)滿足什么條件？ 答案　(1)12 m/s2　12 m/s　(2)0.5　(3)0.09≤μ2≤0.5 解析　(1)對A剛上傳送帶時進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：Mgsin θ＋μ1Mgcos θ＝Ma 解得：a＝12 m/s2 設(shè)A能達(dá)到傳送帶的速度，由v2－v＝2as0得 運(yùn)動的位移s0＝ ms 則要使AB能沿半圓軌道運(yùn)動到N點(diǎn)，并能落在傳送帶上，則μ2≤0.5 ②若AB恰能落在P點(diǎn)，則有：2R－Lsin θ＝gt′2 s＋Lcos θ＝v3′t′ 由(M＋m)v2′2＝(M＋m)v3′2＋(M＋m)g2R 和(M＋m)v－(M＋m)v2′2＝μ2(M＋m)gs 聯(lián)立可得：μ2＝0.09 綜上所述，μ2應(yīng)滿足：0.09≤μ2≤0.5