2019年高考物理一輪復習 第六章 動量守恒定律 專題強化七 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案.doc

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專題強化七　動力學、動量和能量觀點在力學中的應用 專題解讀1.本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題． 2．學好本專題，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題． 3．用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學方法(牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)． 命題點一　碰撞類問題的綜合分析 1．解動力學問題的三個基本觀點 (1)力的觀點：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題． (2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． (3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． 但綜合題的解法并非孤立的，而應綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律，才能順利求解． 2．力學規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律． (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題． (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件． (4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量． (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場． 例1　(2016全國Ⅲ35(2))如圖1所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． ①a與b發(fā)生彈性碰撞；②b沒有與墻發(fā)生碰撞． 答案　≤μ< 解析　設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有 mv02>μmgl ① 即μ< ② 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得 mv02＝mv12＋μmgl ③ 設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④ mv12＝mv1′2＋mv2′2 ⑤ 聯(lián)立④⑤式解得 v2′＝v1 ⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知 mv2′2≤μgl ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧ 聯(lián)立②⑧式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ<. 1．(2015全國Ⅰ35(2))如圖2所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的． 圖2 答案　(－2)M≤m＜M 解析　設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞， 由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv12＝mv32＋Mv42 整理可得v3＝v1，v4＝v1 由于m＜M，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3≤v2 即v0≥v1＝()2v0 整理可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足 (－2)M≤m＜M. 2．如圖3所示，用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動．在以后的運動中，求： 圖3 (1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度是多大？ (2)彈性勢能的最大值是多大？ (3)A的速度有可能向左嗎？為什么？ 答案　(1)3m/s　(2)12J　(3)不可能　理由見解析 解析　(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大． 由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒： (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′ ① 由①式解得vA′＝3 m/s ② (2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則： mBv＝(mB＋mC)v′ ③ 由③式解得：v′＝2 m/s ④ 設物塊A速度為vA′時，彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒： Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2 ⑤ 由⑤式解得：Ep＝12 J ⑥ (3)系統(tǒng)動量守恒：mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)vB ⑦ 設A的速度向左，vA＜0，vB＞4 m/s 則作用后A、B、C動能之和： E′＝mAvA2＋(mB＋mC)vB2＞(mB＋mC)vB2＝48 J ⑧ 實際上系統(tǒng)的總機械能為： E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝(12＋36) J＝48 J ⑨ 根據(jù)能量守恒定律，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動． 命題點二　多運動過程問題的綜合分析 應用力學三大觀點解題時應注意的問題： (1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程． (2)進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點． (3)光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 例2　(2015廣東36)如圖4所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． 圖4 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關系式． ①滑過最高點Q，P點左側(cè)軌道光滑；②右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列． 答案　見解析 解析　(1)由機械能守恒定律得： mv02＝mg(2R)＋mv2 得：A滑過Q點時的速度v＝4 m/s>＝ m/s. 在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有：F＋mg＝ 解得：A滑過Q點時受到的彈力F＝22 N (2)AB碰撞前A的速度為vA，由機械能守恒定律有： mv02＝mvA2得：vA＝v0＝6 m/s AB碰撞后以共同的速度vP前進，由動量守恒定律得： mvA＝(m＋m)vP 解得：vP＝3 m/s 總動能Ek＝(m＋m)vP2＝9 J 滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機械能ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J 則k＝＝45 (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量 E損＝nΔE＝0.2n J 由能量守恒得：(m＋m)vP2－(m＋m)vn2＝nΔE 代入數(shù)據(jù)解得：vn＝ m/s，(n＜k) 3.如圖5所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方．現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能． 圖5 答案　m　mgh 解析　設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有： mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有 5mv2＝8mv3 據(jù)機械能守恒定律：Epm＝5mv22－8mv32 解得：Epm＝mgh. 4.如圖6所示，在傾角θ＝30的斜面上放置一個凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，槽內(nèi)靠近右側(cè)壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點)，它到凹槽左側(cè)壁的距離d＝0.10m．A、B的質(zhì)量都為m＝2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長．現(xiàn)同時由靜止釋放A、B，經(jīng)過一段時間，A與B的側(cè)壁發(fā)生碰撞，碰撞過程不計機械能損失，碰撞時間極短．取g＝10m/s2.求： 圖6 (1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大； (2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大??； (3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大?。? 答案　(1)5.0m/s2　0　(2)0　1.0 m/s　(3)1.2m 解析　(1)設A的加速度為a1，則mgsin θ＝ma1，a1＝gsin θ＝5.0 m/s2 設B受到斜面施加的滑動摩擦力為Ff，則 Ff＝μ2mgcos θ＝22.010cos 30＝10 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝2.010sin 30＝10 N，方向沿斜面向下．因為G1＝Ff，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則凹槽B的加速度a2＝0 (2)釋放A后，A做勻加速運動，設物塊A運動到凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁時的速度為vA0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得 vA02＝2a1d vA0＝＝ m/s＝1.0 m/s 因A、B發(fā)生彈性碰撞時間極短，沿斜面方向動量守恒，A和B碰撞前后動能守恒，設A與B碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，根據(jù)題意有 mvA0＝mvA1＋mvB1 mvA02＝mvA12＋mvB12 解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為 vA1＝0，vB1＝1.0 m/s (3)A、B第一次碰撞后，B以vB1＝1.0 m/s做勻速運動，A做初速度為0的勻加速運動，設經(jīng)過時間t1，A的速度vA2與B的速度相等，A與B的左側(cè)壁距離達到最大，即 vA2＝a1t1＝vB1，解得t1＝0.20 s 設t1時間內(nèi)A下滑的距離為x1，則 x1＝a1t12 解得x1＝0.10 m 因為x1＝d，說明A恰好運動到B的右側(cè)壁，而且速度相等，所以A與B的右側(cè)壁恰好接觸但沒有發(fā)生碰撞． 設A與B第一次碰后到第二次碰時所用的時間為t2，A運動的距離為xA1，B運動的距離為xB1，第二次碰時A的速度為vA3，則 xA1＝a1t22，xB1＝vB1t2，xA1＝xB1 解得t2＝0.4 s，xB1＝0.40 m，vA3＝a1t2＝2.0 m/s 第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以vA3＝2.0 m/s速度做勻速直線運動，A以vB1＝1.0 m/s的初速度做勻加速運動． 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運動過程中，物塊A不會與凹槽B的右側(cè)壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過t3＝0.40 s，A與B發(fā)生第三次碰撞． 設A與B在第二次碰后到第三次碰時B運動的位移為xB2，則 xB2＝vA3t3＝2.00.40 m＝0.80 m； 設從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小為x，則x＝xB1＋xB2＝(0.40＋0.80) m＝1.2 m. 命題點三　滑塊—木板模型問題 例3　如圖7所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝15m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2.求： 圖7 (1)物塊在車面上滑行的時間t； (2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少． 最后在車面上某處與小車保持相對靜止． 答案　(1)0.24s　(2)5m/s 解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理有 －Fft＝m2v－m2v0 其中Ff＝μm2g 聯(lián)立以上三式解得t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝ s＝0.24 s. (2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，物塊滑到車面右端時與小車有共同的速度v′，則有 m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由功能關系有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不能超過5 m/s. 5.如圖8所示，水平放置的輕彈簧左端固定，小物塊P置于水平桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長．現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時，推力做的功為WF＝6J．撤去推力后，小物塊P沿桌面滑動到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊緣C點的平板小車Q上，且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車)．小車的上表面與桌面在同一水平面上，已知P、Q質(zhì)量分別為m＝1kg、M＝4kg，A、B間距離為L1＝5cm，A離桌子邊緣C點的距離為L2＝90cm，P與桌面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，g＝10m/s2，試求： 圖8 (1)把小物塊推到B處時，彈簧獲得的彈性勢能； (2)小物塊滑到C點的速度大?。? (3)P和Q最后的速度大??； (4)Q的長度． 答案　(1)5.8J　(2)2m/s　(3)0.4 m/s　(4)0.4m 解析　(1)由能量守恒有：增加的彈性勢能為：Ep＝WF－μmgL1＝(6－0.4100.05) J＝5.8 J (2)對BC過程由動能定理可知：Ep－μmg(L1＋L2)＝mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點的速度為： v0＝2 m/s； (3)對P、Q由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得共同速度：v＝0.4 m/s (4)對PQ由能量守恒得： μmgL＝mv02－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得小車的長度： L＝0.4 m. 6.如圖9所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，以速度v0向右做勻速直線運動，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點，這時小鐵塊相對地面速度為零，小鐵塊相對木板向左滑動．由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對靜止，已知它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，問： 圖9 (1)小鐵塊跟木板相對靜止時，它們的共同速度為多大？ (2)它們相對靜止時，小鐵塊與A點距離有多遠？ (3)在全過程中有多少機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？ 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)小鐵塊放到長木板上后，由于它們之間有摩擦，小鐵塊做加速運動，長木板做減速運動，最后達到共同速度，一起勻速運動．設達到的共同速度為v. 由動量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0. (2)設小鐵塊距A點的距離為L，由能量守恒定律得 μmgL＝Mv02－(M＋m)v2 解得：L＝ (3)全過程所損失的機械能為 ΔE＝Mv02－(M＋m)v2＝. 1．(2016全國Ⅱ35(2))如圖1所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. 圖1 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 答案　(1)20kg　(2)不能，理由見解析 解析　(1)規(guī)定向左為速度正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v ① m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh ② 式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20kg　v＝1m/s ③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 ④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s ⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥ m2v02＝m2v22＋m3v32 ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝－1m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 2．如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10m/s2，求： 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離． 答案　(1)5m/s　(2)0.5m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ① 由能量守恒得： mv02－(M＋m)v12＝mgR＋μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s ③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得： mv0＝(M＋m)v2 ④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得： mv02－(M＋m)v22＝μmg(L＋x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m. 3．如圖3所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中． 圖3 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 答案　(1)mv　(2)mv 解析　(1)對A、B，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得v1＝v0 B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量定恒，有 m＝2mv2 解得v2＝ 系統(tǒng)損失的機械能 ΔE＝m()2－2m()2＝mv02 (2)當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大．根據(jù)動量守恒定律得 mv0＝3mv 解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02. 4．如圖4所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M＝3m，車長L＝2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，右側(cè)地面上有一不超過車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0＜x＜2R的范圍內(nèi)取值，當小車運動到立樁處立即被牢固粘連．點燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點D，滑塊B沖上小車．兩滑塊都可以看做質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g＝10m/s2.求： 圖4 (1)滑塊A在半圓軌道最低點C時受到軌道的支持力FN； (2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB； (3)請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關系． 答案　見解析 解析　(1)以水平向右為正方向，設爆炸后滑塊A的速度大小為vA，設滑塊A在半圓軌道運動到達最高點的速度為vAD，則mAg＝m 得到vAD＝ 滑塊A在半圓軌道上運動過程中， 據(jù)動能定理：－mAg2R＝mAvAD2－mAvAC2 得：vA＝vAC＝ 滑塊A在半圓軌道最低點：FN－mAg＝m 得：FN＝mAg＋mA＝6mg (2)在A、B爆炸過程，動量守恒，則mBvB＋mA(－vA)＝0 得：vB＝vA＝ (3)滑塊B滑上小車直到與小車共速，設為v共 整個過程中，動量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共 得：v共＝＝ 滑塊B從滑上小車到共速時的位移為 xB＝＝ 小車從開始運動到共速時的位移為 x車＝＝R 兩者位移之差(即滑塊B相對小車的位移)為： Δx＝xB－x車＝＜2R， 即滑塊B與小車在達到共速時未掉下小車． 當小車與立樁碰撞后小車停止，然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運動，則直到停下來發(fā)生的位移為x′ x′＝＝＞(L－Δx)＝R 所以，滑塊B會從小車上滑離． 討論：當0＜x＜時，滑塊B克服摩擦力做功為 Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x) 當≤x≤2R時，滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為 Wf1＝μ2mgxB＝.