專題突破課10　三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題-2025版物理大一輪復(fù)習(xí)

目標(biāo)要求1.掌握解決力學(xué)綜合問題常用的三個(gè)觀點(diǎn)。2.會(huì)靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題?？键c(diǎn)一應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決力學(xué)問題1.解決力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)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)，可解決勻變速運(yùn)動(dòng)問題能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律等，可解決非勻變速運(yùn)動(dòng)問題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒定律等，可解決非勻變速運(yùn)動(dòng)問題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)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題。(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(duì)位移問題時(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)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(shí)，需注意到這些過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)換。作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決。維度1力的觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。解析：(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，則v12－v2＝－2a1s1解得v1＝0.3m/s甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過程中動(dòng)量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)檎较颍瑒t有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2設(shè)乙算珠能運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x，則x＝eq\f(v乙2,2a2)＝0.02m由于x＝s2所以乙算珠能夠滑動(dòng)到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時(shí)間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝0.1s碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止，所用時(shí)間t2＝eq\f(v1′,a1)＝0.1s所以甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.2s。答案：(1)能計(jì)算過程見解析(2)0.2s維度2能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用如圖所示，某冰雪游樂場中，一同學(xué)用甲、乙兩冰車在軌道上玩碰碰車游戲，甲車的質(zhì)量m1＝20kg，乙車的質(zhì)量m2＝10kg。軌道由一斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平面C處的乙車發(fā)生正碰，碰撞后乙車向前滑行18m停止運(yùn)動(dòng)。已知A到水平面的高度H＝5m，B、C間的距離L＝32m，兩車受到水平面的阻力均為其重力的十分之一，甲車在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)忽略摩擦阻力作用，兩車均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)甲車到達(dá)C處碰上乙車前的速度大小；(2)兩車碰撞過程中的機(jī)械能損失。解析：(1)對(duì)甲車從A處到C處的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有m1gH－Ff1L＝eq\f(1,2)m1v2，其中Ff1＝eq\f(1,10)m1g解得v＝6m/s。(2)對(duì)碰后乙車在阻力作用下減速到靜止的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－Ff2x2＝0－eq\f(1,2)m2v22，其中Ff2＝eq\f(1,10)m2g，x2＝18m解得v2＝6m/s甲、乙碰撞過程中動(dòng)量守恒，有m1v＝m1v1＋m2v2碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m2v22解得ΔE＝90J。答案：(1)6m/s(2)90J維度3三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用(2023·浙江卷)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對(duì)滑塊的作用力大小FC；(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。解析：(1)滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝4m/s滑塊過C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FC＋mg＝meq\f(vC2,R)解得FC＝22N。(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時(shí)的速度大小為v，從靜止釋放到G點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s根據(jù)能量守恒可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv12解得μ＝0.3。(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2所用時(shí)間為t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s此過程滑塊通過的位移為x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝4.5m滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該過程所用時(shí)間為t2＝eq\f(L0－x1,v1)＝1.5s則滑塊從G到J所用的時(shí)間為t＝t1＋t2＝2.5s。答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s考點(diǎn)二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題1.表現(xiàn)形式(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)。(2)圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓周運(yùn)動(dòng)。(3)平拋運(yùn)動(dòng)：與斜面有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)。2.應(yīng)對(duì)策略(1)力的觀點(diǎn)解題：要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。(2)兩大定理解題：應(yīng)確定過程的初、末狀態(tài)的動(dòng)量(動(dòng)能)，分析并求出過程中的沖量(功)。(3)過程中動(dòng)量或機(jī)械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個(gè)守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)。如圖所示，光滑水平平臺(tái)EF的左端有一豎直彈性擋板P，木板丙緊靠平臺(tái)EF右端放置在光滑水平面MN上，丙的上表面與平臺(tái)EF處于同一高度。小物塊甲和乙放置在平臺(tái)EF上，甲、乙用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮的輕彈簧，彈簧的壓縮量x＝0.4m，開始時(shí)甲、乙、丙均靜止?，F(xiàn)燒斷細(xì)線，甲、乙彈開后隨即移走彈簧，乙以一定的速度向左滑動(dòng)與擋板P發(fā)生彈性碰撞后返回，接著甲、乙在平臺(tái)EF上相碰后粘在一起，在甲、乙滑上木板丙上表面的同時(shí)，在木板丙的右端施加一個(gè)水平向右的恒力F＝16N，甲、乙運(yùn)動(dòng)中恰好不從木板丙的右端滑落。已知甲、乙在丙上運(yùn)動(dòng)的過程中，甲、乙和丙之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝0.96J。已知甲、乙、丙的質(zhì)量分別為m甲＝3kg、m乙＝1kg、m丙＝6kg，甲、乙與木板丙的上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)在彈簧恢復(fù)原長的過程中，甲發(fā)生的位移大??；(2)甲、乙一起滑上木板丙上表面時(shí)的速度大?。?3)彈簧開始時(shí)的彈性勢能。解析：(1)對(duì)甲、乙系統(tǒng)分析，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝0該方程在彈簧恢復(fù)原長過程每時(shí)每刻均成立，則在彈簧恢復(fù)原長過程有m甲eq\o(v,\s\up6(－))1Δt－m乙eq\o(v,\s\up6(－))2Δt＝0則有m甲x1－m乙x2＝0在彈簧恢復(fù)原長的過程中，兩物塊的相對(duì)位移大小為x，則有x1＋x2＝x解得x1＝eq\f(m乙x,m甲＋m乙)＝0.1m。(2)在甲、乙滑上木板丙后至共速過程，對(duì)甲、乙μ(m甲＋m乙)g＝(m甲＋m乙)a1對(duì)木板F＋μ(m甲＋m乙)g＝m丙a2速度關(guān)系v甲乙－a1t＝a2t＝v位移差Δx＝eq\f(v甲乙＋v,2)t－eq\f(vt,2)熱量Q＝μ(m甲＋m乙)gΔx解得甲、乙一起滑上木板丙上表面時(shí)的速度大小v甲乙＝1.2m/s。(3)對(duì)甲、乙彈簧恢復(fù)原長過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝0能量守恒得Ep＝eq\f(1,2)m甲v12＋eq\f(1,2)m乙v22甲與乙碰撞后粘在一起，由動(dòng)量守恒得m甲v1＋m乙v2＝(m甲＋m乙)v甲乙解得Ep＝3.84J。答案：(1)0.1m(2)1.2m/s(3)3.84J【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】(2023·廣東卷)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3L，平臺(tái)高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的eq\f(1,4)。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，AB在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t；(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過程中克服阻力做的功W克；(3)圓盤的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。解析：(1)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a＝μg由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,μg)。(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過程中克服阻力做的功W克＝eq\f(1,2)×2mv02＋2mg·3L－eq\f(1,2)×2m(2v0)2＝6mgL－3mv02。(3)AB碰撞過程由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2eq\f(1,2)×2m·(2v0)2－(eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2m·（2v0）2))解得v1＝2v0，v2＝v0(另一組v1＝eq\f(2,3)v0，v2＝eq\f(5,3)v0舍掉)兩物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\r(\f(2L,g))則s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。答案：(1)eq\f(v0,μg)(2)6mgL－3mv02(3)eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練291.圖甲為冰壺比賽場地的示意圖，其中營壘區(qū)由半徑分別為R、2R和3R三個(gè)同心圓組成，圓心為O。某次比賽中，B壺靜止在營壘區(qū)M處，對(duì)方選手將A壺?cái)S出，A壺沿冰道中心線PO滑行并與B發(fā)生正碰，最終二者分別停在O點(diǎn)和N點(diǎn)，如圖乙所示。已知冰壺質(zhì)量均為m，冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：甲乙(1)碰后A壺剛停止時(shí)兩壺間的距離；(2)碰撞過程中損失的機(jī)械能。解析：(1)設(shè)A壺與B壺碰后的速度分別為vA、vB，由動(dòng)能定理－μmgR＝0－eq\f(1,2)mvA2，－μmg(4R)＝0－eq\f(1,2)mvB2解得vA＝eq\r(2μgR)，vB＝2eq\r(2μgR)設(shè)A壺與B壺碰后運(yùn)動(dòng)時(shí)間t停止，在時(shí)間t內(nèi)A壺運(yùn)動(dòng)距離為R，B壺運(yùn)動(dòng)的距離為xB，則vA＝μgt，xB＝vBt－eq\f(μgt2,2)解得t＝eq\r(\f(2R,μg))，xB＝3R此時(shí)A壺與B壺的距離Δx＝xB－xA＝2R。(2)設(shè)A壺與B壺碰前瞬間的速度為v，A壺與B壺碰撞過程中動(dòng)量守恒，則mv＝mvA＋mvB碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－(eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2)解得v＝3eq\r(2μgR)，ΔE＝4μmgR。答案：(1)2R(2)4μmgR2.(2021·河北卷)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。解析：(1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，在斜面上滑行時(shí)間為t，落后時(shí)間t0＝1s，則背包的滑行時(shí)間為t＋t0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度分別為v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力的合力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s3.如圖甲所示，在同一豎直面內(nèi)，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶通過一段半徑R＝2.25m的光滑圓軌道連接，圓軌道兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q點(diǎn)，開始時(shí)滑塊B靜止，滑塊A以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞，B通過圓軌道滑上順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶。已知滑塊B滑上傳送帶后的v-t圖像如圖乙所示，t＝7.5s時(shí)B離開傳送帶的上端H點(diǎn)，滑塊A的質(zhì)量M＝2kg，滑塊B的質(zhì)量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙(1)碰撞后滑塊B的速度；(2)滑塊B經(jīng)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力；(3)滑塊A的速度大小v0；(4)若傳送帶的動(dòng)力系統(tǒng)機(jī)械效率為80%，則因運(yùn)送滑塊B需要多消耗的能量。解析：(1)設(shè)A、B碰撞后B的速度為v2，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v3，由圖像可得v3＝4m/s，在PQ過程由動(dòng)能定理有－mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22解得v2＝5m/s。(2)B在Q點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN－mgcos37°＝meq\f(v32,R)解得FN＝15.1N根據(jù)牛頓第三定律B經(jīng)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為15.1N，方向沿半徑向下。(3)設(shè)A、B碰后A的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v0＝3.75m/s。(4)由v-t圖像可得，傳送帶的速度v4＝5m/s，傳送帶從Q到H的長度x＝36.25m，滑塊在傳送帶上滑動(dòng)的相對(duì)距離為Δx＝1.25m，設(shè)滑塊在傳送帶上的加速度為a，設(shè)傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則μmgcos37°－mgsin37°＝maa＝eq\f(v4－v3,t1)由功能關(guān)系有ηE＝eq\f(1,2)m(v42－v32)＋mgxsin37°＋μmgcos37°·Δx解得E＝287.5J。答案：(1)5m/s(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s(4)287.5J4.(2021·湖北卷)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受的力對(duì)A做功的功率；(3)求碰撞過程中A和B損失的總動(dòng)能。解析：(1)設(shè)B運(yùn)動(dòng)到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v2′，由于B對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)則在豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t，聯(lián)立解得x＝2R。(2)對(duì)A由C到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于對(duì)A做功的力只有重力，則A所受的力對(duì)A做功的功率為P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθ·eq\r(2gRcosθ)。(3)設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對(duì)B由Q到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R，解得v2＝eq\r(5gR)對(duì)A由Q到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR解得v1＝eq\r(2gR)設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對(duì)A、B碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞過程中A和B損失的總動(dòng)能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR。答案：(1)2R(2)mgsinθ·eq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR5.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(碰撞過程沒有機(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。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③⑩?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)下落過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvA2?由??解得h＝1.8m。答案：(1)4.1m(2)不能(3)1.8m6.如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98kg的小車，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