2024高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 第七章 專(zhuān)題強(qiáng)化十二 動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題

專(zhuān)題強(qiáng)化十二動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題目標(biāo)要求1.掌握解決力學(xué)綜合問(wèn)題常用的三個(gè)觀點(diǎn).2.會(huì)靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題．1．解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．用動(dòng)量定理可簡(jiǎn)化問(wèn)題的求解過(guò)程．2．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題．(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問(wèn)題，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)化為系統(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(shí)，需注意到這些過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．題型一動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例1(2022·廣東卷·13)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力Ff為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小FN1和FN2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8N當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)時(shí)受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5N.(2)滑塊開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有－mgl－Ffl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s.(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2m.例2(2023·山東濟(jì)寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98kg的小車(chē)，B點(diǎn)右側(cè)為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點(diǎn)的左側(cè)為一半徑R＝1.3m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點(diǎn)相切，車(chē)的最右端D點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)左端恰好位于小車(chē)的C點(diǎn)，B與C之間距離L＝0.7m．一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于小車(chē)的B點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)小車(chē)與小物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量m0＝20g的子彈以速度v0＝600m/s向右擊中小車(chē)并停留在車(chē)中，假設(shè)子彈擊中小車(chē)的過(guò)程時(shí)間極短，已知小物塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；(2)小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度v的大小；(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm；(4)小物塊最終與小車(chē)保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x.答案(1)1.2m(2)8m/s(3)8.5J(4)0.4m解析(1)對(duì)子彈與小車(chē)組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)三者共速，對(duì)三者由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh聯(lián)立解得h＝1.2m即小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h＝1.2m.(2)當(dāng)小物塊第一次回到B點(diǎn)時(shí)，設(shè)車(chē)和子彈的速度為v3，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得v3＝2m/s，v＝8m/s即小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v＝8m/s.(3)當(dāng)彈簧具有最大彈性勢(shì)能Epm時(shí)，三者速度相同．由動(dòng)量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm聯(lián)立解得Epm＝8.5J.(4)小物塊最終與小車(chē)保持相對(duì)靜止時(shí)，三者共速，設(shè)小物塊在BC部分總共運(yùn)動(dòng)了s的路程，由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs聯(lián)立解得s＝2.4m＝4L－x則小物塊與小車(chē)保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x＝0.4m.題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例3如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.答案(1)4.1m(2)不能(3)1.8m解析(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)vy2＝2gR①其中eq\f(vy,vD)＝tan45°②聯(lián)立①②解得vD＝4m/s③設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為x2，則有R＝eq\f(1,2)gt2④x2＝vDt⑤聯(lián)立④⑤解得x2＝1.6m⑥由x＝6t－2t2可知，物塊B碰后以速度v0＝6m/s、加速度a＝－4m/s2減速到vD，則BD過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vD2－v02＝2ax1⑦解得x1＝2.5m⑧故BP之間的水平距離sBP＝x2＋x1＝4.1m⑨(2)假設(shè)物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，由D到M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，則有－eq\f(\r(2),2)mgR＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvD2⑩設(shè)在M點(diǎn)軌道對(duì)物塊的壓力大小為FN，則FN＋mg＝meq\f(vM2,R)?由⑩?解得FN＝(1－eq\r(2))mg<0，假設(shè)不成立，即物塊B不能到達(dá)M點(diǎn)．(3)物塊A、B的碰撞為彈性正碰且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則vA＝v0＝6m/s?設(shè)物塊A釋放的高度為h，對(duì)下落過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvA2，?由??解得h＝1.8m.例4(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測(cè))如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長(zhǎng)平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25m，C位于桌面邊緣，離地面高h(yuǎn)＝0.8m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離x＝0.8m，B向左運(yùn)動(dòng)與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．已知平板A的質(zhì)量mA＝1kg，物塊B的質(zhì)量mB＝1kg，物塊C的質(zhì)量mC＝1.5kg，B、C均可看為質(zhì)點(diǎn)，A與B、A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢(shì)能；(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動(dòng)能；(3)求平板A在桌面上滑行的距離．答案(1)7.5J(2)2J(3)eq\f(3,8)m解析(1)設(shè)B、C分離瞬間B、C的速度大小分別為vB和vC，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mBvB－mCvC＝0由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2分離后，物塊C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt聯(lián)立解得vC＝2m/s，vB＝3m/s，Ep＝7.5J.(2)B、C分離后，B向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A靜止不動(dòng)，設(shè)A、B碰撞前瞬間B的速度為vB1，對(duì)物塊B，由動(dòng)能定理得－μmBgL＝eq\f(1,2)mBvB12－eq\f(1,2)mBvB2A、B發(fā)生彈性碰撞，取水平向左為正方向，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，eq\f(1,2)mBvB12＝eq\f(1,2)mBvB22＋eq\f(1,2)mAvA2且EkA＝eq\f(1,2)mAvA2聯(lián)立解得vB1＝2m/s，vB2＝0，vA＝2m/s，EkA＝2J.(3)A、B碰撞后，A向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)B有μmBg＝mBaB對(duì)A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA解得aA＝6m/s2，aB＝2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩者共速，則有v＝aBt＝vA－aAt解得v＝eq\f(1,2)m/s，t＝eq\f(1,4)s此過(guò)程中A向左運(yùn)動(dòng)距離x1＝eq\f(vA＋v,2)t＝eq\f(2＋\f(1,2),2)×eq\f(1,4)m＝eq\f(5,16)m此后，A、B相對(duì)靜止一起減速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq\f(1,2)(mB＋mA)v2解得x2＝eq\f(1,16)m，整個(gè)過(guò)程中A在桌面上滑行的距離為x＝x1＋x2＝(eq\f(5,16)＋eq\f(1,16))m＝eq\f(3,8)m.課時(shí)精練1.(2023·山東威海市檢測(cè))質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一條不可拉伸的長(zhǎng)為l的細(xì)線，細(xì)線另一端系一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的球C，質(zhì)量也為m.現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平自然伸直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g.求：(1)C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，B移動(dòng)的距離；(3)C球向左擺動(dòng)的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度．答案(1)2eq\r(\f(gl,3))(2)eq\f(l,3)(3)eq\f(l,4)解析(1)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒及系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mvC＝2mvABmgl＝eq\f(1,2)mvC2＋eq\f(1,2)×2mvAB2聯(lián)立解得C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝2eq\r(\f(gl,3)).(2)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由人船模型規(guī)律可得mxC＝2mxABxC＋xAB＝l聯(lián)立解得從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，B移動(dòng)的距離為xAB＝eq\f(l,3).(3)C球向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)A、C有共同速度v.對(duì)A、C組成的系統(tǒng)，取向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒可得mvC－mvAB＝2mv由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mvC2＋eq\f(1,2)mvAB2＝eq\f(1,2)×2mv2＋mgh，則C球向左擺動(dòng)的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度為Δh＝l－h(huán)聯(lián)立解得Δh＝eq\f(l,4).2.(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量M＝1kg的木板，木板上表面與C點(diǎn)等高，木板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m2＝1kg的物塊，另一質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為46N，之后與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質(zhì)量為m2的物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質(zhì)量為m1的物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)質(zhì)量為m1的物塊通過(guò)圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長(zhǎng)度L.答案(1)5m/s(2)10.5J(3)3m解析(1)質(zhì)量為m1的物塊水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，下落高度為h＝H－Rsinθ＝0.8m豎直方向上有vy2＝2gh根據(jù)幾何關(guān)系可知vy＝vBcosθ聯(lián)立解得vB＝5m/s(2)質(zhì)量為m1的物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有FN－m1g＝eq\f(m1vC2,R)解得vC＝6m/s質(zhì)量為m1的物塊從B運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得m1g(R＋Rsinθ)－W克f＝eq\f(1,2)m1vC2－eq\f(1,2)m1vB2解得W克f＝10.5J(3)質(zhì)量為m1的物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則v2＝vC＝6m/s經(jīng)受力分析，由牛頓第二定律，對(duì)質(zhì)量為m2的物塊有μ1m2g＝m2a1對(duì)木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根據(jù)公式v＝v0＋at，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后二者共速有a2t＝v2－a1t對(duì)質(zhì)量為m2的物塊有x1＝v2t－eq\f(1,2)a1t2對(duì)木板有x2＝eq\f(1,2)a2t2因?yàn)橘|(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下，所以質(zhì)量為m2的物塊相對(duì)木板的位移即為木板長(zhǎng)度，則有L＝x1－x2聯(lián)立解得L＝3m.3.如圖所示，水平面上有A、B兩個(gè)小物塊(均視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L(zhǎng)處有一半徑為L(zhǎng)的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點(diǎn)，物塊B的左邊靜置著一個(gè)三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時(shí)刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)D(過(guò)D點(diǎn)后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(zhǎng)(L小于斜面體的高度)．已知A與右側(cè)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側(cè)水平面光滑，重力加速度為g，求：(1)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大??；(2)斜面體的質(zhì)量；(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，物塊B與斜面體各自的速度大?。鸢?1)6mg(2)eq\f(m,2)(3)eq\f(\r(6gL),3)eq\f(4\r(6gL),3)解析(1)設(shè)A恰好通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(vD2,L)①設(shè)A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，則對(duì)A從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－2mgL＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2②設(shè)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道支持力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(vC2,L)③聯(lián)立①②③解得F＝6mg④根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小為F′＝F＝6mg⑤(2)設(shè)彈簧釋放瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律有mvA＝mvB⑥對(duì)物塊A從彈簧釋放到運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2⑦設(shè)斜面體的質(zhì)量為M，B滑上斜面體最高點(diǎn)時(shí)，B和斜面體有共同速度v，對(duì)B和斜面體，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝(m＋M)v⑧由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgL⑨聯(lián)立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝eq\f(m,2)⑩(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，設(shè)物塊B與斜面體各自的速度分別為vB′和v′，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′?由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvB′2＋eq\f(1,2)Mv′2?聯(lián)立⑩??解得vB′＝eq\f(\r(6gL),3)，v′＝eq\f(4\r(6gL),3).4．(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．答案(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，2.6m<x≤3m，當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(