用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理多過程問題（解析版）-2024年高考物理壓軸題專項訓(xùn)練

A用力*三丈或JL處理，比我閥4L

N0.1

壓軸題解讀

L用力學(xué)三大觀點(diǎn)（動力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)）處理多過程問題在高考物理中占據(jù)核心地位，是檢驗(yàn)

學(xué)生物理思維能力和綜合運(yùn)用知識解決實(shí)際問題能力的重要標(biāo)準(zhǔn)。

2.在命題方式上，高考通常會通過設(shè)計包含多個物理過程、涉及多個力學(xué)觀點(diǎn)的復(fù)雜問題來考查學(xué)生的綜合

能力。這些問題可能涉及物體的運(yùn)動狀態(tài)變化、能量轉(zhuǎn)換和守恒、動量變化等多個方面,要求考生能夠靈活運(yùn)

用力學(xué)三大觀點(diǎn)進(jìn)行分析和解答。

3.備考時，學(xué)生應(yīng)首先深入理解力學(xué)三大觀點(diǎn)的基本原理和應(yīng)用方法，掌握相關(guān)的物理公式和定理。其次，要

通過大量的練習(xí)來提高自己分析和解決問題的能力,特別是要注重對多過程問題的訓(xùn)練，學(xué)會將復(fù)雜問題分

解為多個簡單過程進(jìn)行分析和處理。

NO.2

考向一：三大觀點(diǎn)及相互聯(lián)系

考向二：三大觀點(diǎn)的選用原則

力學(xué)中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達(dá)式看出多項都是狀態(tài)量（如速度、位置），所以

守恒定律能解決狀態(tài)問題,不能解決過程（如位移①，時間。問題，不能解決力（F）的問題。

（1）若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律。

（2）若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。

（3）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時間，且受到恒力作用,應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動定律。

（4）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度,應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘以相對路

程,動能定理解決曲線運(yùn)動和變加速運(yùn)動特別方便。

考向三:用三大觀點(diǎn)的解物理題要掌握的科學(xué)思雉方法

1.多體問題--要正確選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系

選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵。選取研究對象后需根據(jù)不同的條件采用隔

???

離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進(jìn)行研究;或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)作為

整體進(jìn)行研究;或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。

通常,符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運(yùn)動狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法;在需討論系統(tǒng)各部分間的相互作用

時，宜采用隔離法;對于各部分運(yùn)動狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個物體間的相互聯(lián)系，通?？蓮?/p>

它們之間的相互作用、運(yùn)動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

2.多過程問題--要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運(yùn)用物理規(guī)律

觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵。分析過程特征需仔細(xì)分析

每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進(jìn)行研究。至于過程之

間的聯(lián)系，則可從物體運(yùn)動的速度、位移、時間等方面去尋找。

3.含有隱含條件的問題--要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件

注重審題,深究細(xì)琢,綜觀全局重點(diǎn)推敲,挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程,是求解的

關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中

去挖掘。

4.存在多種情況的問題--要分析制約條件,探討各種情況

解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定

的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進(jìn)行探討，防止漏解。

?題型01用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過程問題

頷目工如圖所示，傾角夕=30°的足夠長斜面固定在水平面上"=0時刻,將物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜

面上相距I=0.05m的兩處同時由靜止釋放。已知A的質(zhì)量是口的質(zhì)量的3倍，A、B與斜面之間的動摩

擦因數(shù)分別為%=乎、磔=乎，人、B之間的碰撞為彈性碰撞,且碰撞時間極短,重力加速度大小g=

63

10m/s2,求：

（1）4、B發(fā)生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大??；

（2）4、B發(fā)生第三次碰撞的時刻；

（3）從靜止釋放到第n次碰撞，A運(yùn)動的位移。

【答案】⑴0.25m/s,0.75m/s;（2）1.Os;（3）0.05（3n2-3n+l）m

【詳解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析,根據(jù)牛頓第二定律

3mgsind—代心mgcosf）=3ma

分析B的受力

mgsinff—f/Bmgcos0

即B靜止在斜面上。A與3發(fā)生第一次碰撞前，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律

"AO—2az

4與6發(fā)生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律

3Tm〃)=3mvA1-i-mvB1,y?3nw*=y?3m島遍

解得

=

vAi0.25m/s,vm=0.75m/s

⑵由⑴可得，A從靜止釋放后，經(jīng)過時間I。與B發(fā)生第一次碰撞，有

Oo=atQ

_B以UBI勻速直線運(yùn)動，A以初速度辦1，加速度Q勻加速直線運(yùn)動，第二次碰撞前，有

力由+方?！?%為

此時，B以o囪勻速直線運(yùn)動，4的速度為

VA1=。人1+。力1

4與6發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律

3mvA1-\-mvB1=SmvA2-\-mvB2,y-y>3m^2+ym^2

B以加2分速直線運(yùn)動，A以初速度辦2,加速度Q勻加速直線運(yùn)動，第三次碰撞前，有

口42—+5Q-="B2t2

顯然，每次碰撞后，B均相對4以初速度vA0、加速度Qq做勻減速直線運(yùn)動至下一次碰撞，經(jīng)過時間均為

0.4s。故在與_B發(fā)生第3次碰撞后的時刻為

工3=力。+￡1+力2

解得

『1.0s

(3)從開始至第一次碰撞

或4尸I

從第一次碰撞至第二次碰撞

xA2=2Z+4Z=6Z

從第二次碰撞至第三次碰撞

%3=8/+4/=12Z

從第三次碰撞至第四次碰撞

xA4=14Z+4Z=18Z

從第九一1次碰撞至第71次碰撞

xAn=(6n—10)Z+4Z(n>1)A從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動的總位移

22

XAn=xA1-\-xA2-\-xA3+...+以九=(3n—3n+1)Z=0.05(3n—3n+l)m

?題型02用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過程問題

題目區(qū)如圖所示,質(zhì)量為2kg的物體A靜止于光滑水平面AW上，水平面與AW右端與傾斜傳送帶平滑連

接，傳送帶長￡=3.2小,傾斜傳送帶與水平方向夾角為。=30°,傳送帶以8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物體A

與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為4=空，傾斜傳送帶上端與光滑水平面PQ平滑連接，上方加有光滑曲面轉(zhuǎn)

向裝置，使物體在傾斜傳送帶上端速度方向變?yōu)樗椒较蚨笮〔蛔?，足夠長的薄板。靜止在PQ下方光

滑水平面EF上，薄板C的質(zhì)量為3kg,薄板C的上表面與水平面PQ的高度差h=1.8館,物體A與薄板C

的上表面的動摩擦因數(shù)為〃2=0Q5,重力加速度取g=lOm/sz,質(zhì)量為1kg的物體B以某一水平向右的初速

度撞向A,與A發(fā)生彈性碰撞,求：

(1)若使物體A到達(dá)傳傾斜傳送帶上端速度大小為5m/s,B的初速度多大；

（2）若使物體A從水平面上Q點(diǎn)平拋軌跡相同，B的初速度取值范圍；

（3）當(dāng)B的初速度大小為12m/s時，若物體力與薄板。每次碰后豎直方向速度與碰前等大反向，則A與。

碰撞幾次后，A在。上碰撞位置將會相同（每次碰撞時間極短）。

【答案】（l）4.5m/s;（2）6，5m8m/s;（3）8

【詳解】（1）A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有

mDv0=mDvn+mAvA

^-mBvl=-^-TnBVB+—mAv\

解得

2mB

VA=-----V-----號0

mB-rmA

物塊A在傳送帶上，根據(jù)牛頓第二定律

7n

Ageos。—m^sind=mAar

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

*—嫉=2alz/

解得

vA=3m/s

v0=4.5m/s

（2）若使物體4從水平面上口點(diǎn)平拋軌跡相同，則到達(dá)頂端的速度與傳送帶速度相同，即

v=8m/s

若物體A在傳送帶上一直加速

d一嫁尸2alL

解得

vA1=4v3mzs

七得

由vAl-。1可

mB+mA

v01=6V3m/s

若物體A在傳送帶上一直減速，根據(jù)牛頓第二定律

j^imAgcos0+m^gsinJ=mAa2

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

VA2~y2=2。2刀

解得

vA2=12m/s

由以2=2TB可得

*2=18m/s

B的初速度取值范圍

6\/3m/s&夕（）&18m/s

（3）由⑵分析可知石的初速度12m/s,則4到Q點(diǎn)平拋速度

v=8m/s

根據(jù)

h=《g力2

2y

解得

t=0.6s

則

vy=gt=6m/s

%=v=8m/s

A與。相撞時根據(jù)動量定理:對A

FNM—mA/\vy

△o尸2vy

一“2國△力=mA/\vx

對C

“2夙△力=rnc^vx

人與。水平速度相等時

vx-\-n^vx=nl^vx

聯(lián)立解得

n=8

?題型03用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過程問題

意目可如圖所示，質(zhì)量為機(jī)的凹槽A放在傾角夕=30°的足夠長的絕緣斜面上,斜面固定在水平地面上,槽

內(nèi)左端用輕彈簧和質(zhì)量為2nl的物體B相連,空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)電場、電場強(qiáng)度大小￡=

呷9（g為重力加速度大?。?。質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電物體。靜置在凹槽A中時，A、B、。恰好

能處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將。取出，在A內(nèi)移動B到某位置后撤去外力,此時A、B靜止，再將。從斜面上A的

上方某點(diǎn)由靜止釋放后，C以大小為％的速度與A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均絕緣且不帶電，A、

B間接觸面光滑，。與A、。與斜面間都絕緣，整個過程中，物體。所帶的電荷量保持不變,最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，彈簧彈性勢能與彈簧伸長量的平方成正比。求：

（1）凹槽4與斜面間的動摩擦因數(shù)〃；

（2）當(dāng)彈簧伸長量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時，A、B、。三者速度恰好相同，求。與A碰撞前彈簧的彈性

勢能；

（3）從。與A碰后瞬間開始計時，經(jīng)過時間3彈簧形變量恢復(fù)到與初始時的壓縮量相等，求該過程中，彈簧

彈力對B的沖量大小。

5

【答案】(1)4f；(2)4nw。；(3)見解析

【詳解】(1)以4、B、C整體為研究對象，對整體受力分析，有

4mgsin0=/4mge—qE)

解得

_4V3

⑵設(shè)初始時彈簧彈性勢能為耳，由題意，當(dāng)彈簧伸長量為初始壓縮量的2倍時，彈性勢能為4瑪，C與4碰

撞過程，由動量守恒定律有

mv°=2TTWI

從。與4碰撞，到4、B、。共速，由動量守恒定律和能量守恒定律有

27ng=4m7；2

i1

—,2?7?,褶9+瑪=—?4m,*9+4瑪

解得

12

Ep=五小與

(3)從。與4碰后瞬間開始計時，到彈簧形變量等于初始時彈簧的壓縮量，將A和?？闯梢粋€整體，石與

A,。之間的碰撞類似彈性碰撞，有

2mvi=2T2m也

],2mM=5,2mv2

解得

M=-y或。戶0

彈簧第1、3、5、……、2九一1次恢復(fù)初始時的壓縮狀態(tài)時，有

，—5

紇=5

由動量定理有

I^+2mgsin0-t—2m■

解得

I彈二mvQ—mgt

即沖量大小為\mvQ—mgt\;

彈簧第2、4、6、...、2九次恢復(fù)初始時的壓縮狀態(tài)時，有

錯=0

由動量定理有

/彈+27ngsin。-t=0

解得

即沖量大小為mgto

?題型04用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過程問題

題目H如圖所示,光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道AB，軌道上A點(diǎn)切線沿水平方向，忽略A點(diǎn)距

地面的高度，軌道右側(cè)有質(zhì)量1kg的靜止薄木板，上表面與A點(diǎn)平齊。一質(zhì)量m=1kg的小滑塊(可

視為質(zhì)點(diǎn))以初速度”。=14m/s從右端滑上薄木板，重力加速度大小為g=10m/s2，小滑塊與薄木板之間的

動摩擦因數(shù)為〃=0.75。

（1）若薄木板左端與A點(diǎn)距離d足夠長,薄木板長度L=7.4m,薄木板與軌道A端碰后立即靜止，求小滑塊

離開薄木板運(yùn)動到軌道上A點(diǎn)時的速度辦；

（2）在（1）中，小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道AB運(yùn)動至B點(diǎn)沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計空氣阻力，

B點(diǎn)與地面間的高度差八=1.2小保持不變，圓弧對應(yīng)的圓心角?？烧{(diào)，求小滑塊的最大水平射程巡及

對應(yīng)的圓心角氏

（3）若薄木板長度L足夠長，薄木板與軌道A端碰后立即以原速率彈回,調(diào)節(jié)初始狀態(tài)薄木板左端與A點(diǎn)

距離d，使得薄木板與軌道A端只能碰撞2次，求d應(yīng)滿足的條件。

【答案】（1）！=6m/s;（2）SR=鋰③館，。=30°;（3）襄？普7n

56015

【詳解】（1）因海木板左端與B點(diǎn)距離d足夠大，小滑塊與薄木板共速后才和軌道AB發(fā)生碰撞，設(shè)共同速度

為5,根據(jù)動量守恒定律，有

mv0—（M+rnfVi

解得

必=~^vo~7mzs

設(shè)此過程中小滑塊相對薄木板滑動的位移為;r,對滑塊、薄木板系統(tǒng)由功能關(guān)系，有

/jtmgx-----（M+ni）v1

解得

_98

X~~15rn

薄木板與軌道AB碰后立即靜止，小滑塊繼續(xù)作勻減速運(yùn)動，直到運(yùn)動到軌道上的人點(diǎn)，有

vl-VA=2/ig（L-x）

解得

vA=6m/s

（2）小滑塊由4點(diǎn)到石點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

-^-mvA=mgh+

解得

VB=2V3m/s

設(shè)小滑塊落地的速度大小為明落地速度方向與水平方向夾角為a,根據(jù)機(jī)械能守恒定律知

v=vA=6m/s

畫出速度矢量關(guān)系如圖所示

設(shè)從B點(diǎn)飛出到落至地面所用時間為力，則小滑塊水平位移為

s=VBCOS3?t

由幾何關(guān)系可知，矢量三角形的面積為

111

S=-A7;?vBcosd——,vBcos0—~^gs

由此可知，當(dāng)矢量三角形面積最大時，水平位移最大。

解得

你6遍

Sm=---=—^―

95

此時滿足條件

vBcos0=vsin3

即

tanJ=%=暇，。=30°

v3

(3)當(dāng)小滑塊與薄木板第1次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零,此情形

下薄木板和軌道4B恰好碰1次。

小滑塊與薄木板加速度相等

a—fig—7.5m/s2

,*49

a―――———m

2a15

當(dāng)小滑塊與薄木板第2次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞,碰后小滑塊與海木板同時減速為零，此情形下

薄木板和軌道AB恰好碰2次。

從開始到第一次碰撞的時間

薄木板和軌道AB碰撞時的速度

u—〃2ad=V15d

考慮小滑塊的運(yùn)動

v0—a?3At=u

聯(lián)立解得

乂49

d^60m

綜上可知d應(yīng)滿足的條件為

494d/49

NO.3

壓軸題速練

版目可（2024.湖南.二模）超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈

性碰撞的方式把購物車收到一起,如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱''車"）的碰撞

進(jìn)行了研究,分析時將購物車簡化為可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，已知車的凈質(zhì)量為館=15kg,g=10m/s2-

（1）首先測車與超市地面間的動摩擦因數(shù):取一輛車停在水平地面上，現(xiàn)給它向前的水平初速度3=2m/s,

測得該車能沿直線滑行，。=2小，求車與超市地面間的動摩擦因數(shù)〃；

（2）取編號為A、B的車，B車裝上m0=15kg的貨物后停在超市水平地面上,空車A的前端裝上輕彈簧,將

A車停在B車的正后方且相距必=5.5巾處?，F(xiàn)給A車施加向前的水平推力網(wǎng)=75N,作用時間琳=1s后

撤除。設(shè)人車與B車間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時間）,兩車所在直線上沒有其他車，求在A車運(yùn)

動的全過程中A車與地面間產(chǎn)生的摩擦熱；

（3）如圖乙所示，某同學(xué)把n（n>2）輛空車等間距擺在超市水平地面上的一條直線上,相鄰兩車間距為d=

1巾,用向前的水平恒力F=300N一直作用在1車上，推著1與正前方的車依次做完全非彈性正碰（碰撞時

間極短）,通過計算判斷，他最多能推動多少輛車？［己知SZ（%+1）=皿土粵土設(shè)，號肥=

n3n

n（n+l）（2n+1）.

6J

【答案】⑴0.1;（2）90J;（3）30輛

【詳解】（1）由功能關(guān)系，4車的動能全部轉(zhuǎn)成摩擦熱，有

y^o=urngxo

則

褚

〃二^2-gg

代入數(shù)據(jù)得

〃=0.1

（2）4車運(yùn)動時受摩擦力

F）A=/Limg=15N

由牛頓第二定律有

用一號=ma

解得

a=4m/s2

A在M時的速度

vAQ=atQ=477Ms方（）內(nèi)4的位移

12

力。=—at0—2.0m

設(shè)人與B車碰前瞬間的速度為04,由動能定理有

12

F^XQ—fjtmgx——mvA—0

得

化4=3m/s

A與8車碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有

?71叫=mvA-\-(m+mo)vB

ym^+y(m+仍))臉

解得

17^4=—lm/s

由功能關(guān)系，有

Q=[imgx+-rrwr\

代入數(shù)據(jù)得

Q=90J

（3）設(shè)1與2車碰前的速度為oj,由動能定理

Fd—/imgd=-^-mvrl—0

1與2碰系統(tǒng)動量守恒

7nH=g+m）v2

解得

。2=

『福”2典二詈±

12與3車碰前的速度為g'，由動能定理

Fd—〃?2mgd=^-X2m嫉-x

1-2與3碰系統(tǒng)動量守恒

2nw；=3mt；3

解得

2，

5=3。2

d=(2)2,J_yx^Fd-firngd+Jd_2Mmgd]=「J_乂/d一爐ngd+J_x[Fd_2〃?71gd

33L\2m2mJL32m32m

123與4車碰前的速度為g,由動能定理

Fd—〃?3mgd=X―X3Tm4

1—2—3與4碰系統(tǒng)動量守恒

3m?；3—Am%

解得

2=為

Fd—/Limgd2Fd—2/imgd+】Fd—3/jmgd

4RX2+4-X2-

32m32m3m卜

10

1^Fd-fimgd,2、/。Fd-2〃?71gd,3^?Fd-^/imgd

~~TXZI~xzI~xZ

4m42m42m

同理可得與n車碰后速度為vn:

1、，cFd-(Jmgd,2^Fd-^mgd,3^^Fd-3/imgd,n-1Fd-(n-l)(imgd]_

-7XzI-XzI-Xzr...-產(chǎn)

nmnmnm

{{F—fimg)+2(F—2〃nzg)+3(F—3amg)-\—(n—1)[F—{n—l)^mg]]—

nm

2dr(n-l)n”(n—l)n(2n—1)2(n—l)dF(2n—1)

口rngk-----%一

6rrmjg

令%=0,即

F(2n-l)

~2~~6~~Z/W

解得

n—30.5

可知最多能推動30輛車。

題目回（2024.江西.一模）如圖甲所示,B物塊靜止在足夠長的固定斜面上"=0時刻將質(zhì)量為小的人物塊

從距離B物塊七處由靜止釋放，,=9書時刻A、B發(fā)生第一次碰撞，t=19t0時刻發(fā)生第二次碰撞，在兩次碰

撞間A物塊的v-t圖線如圖乙所示（其中為、力。均為未知量），每次碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，兩

物塊與斜面的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，求：

（1）第一次碰撞后A物塊沿科面向上運(yùn)動們最大距離；

（2）3物塊的質(zhì)量及A、B物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)之比；

（3）B物塊沿斜面下滑的最大距離。

【答案】⑴譽(yù);（2）17m,2:7;⑶口

【詳解】（1）根據(jù)題意，由圖乙可知，力物塊在13to-19to的時間內(nèi)沿斜面勻加速下滑，加速度大小

_6%=*

119to—13toIQ

A物塊在13t0-19t0時間內(nèi)與在0—9t0的時間內(nèi)受力情況一致，加速度相同，則有t=9t0時

v-ar9t0—9v0

剛釋放人物塊時，AB之間的距離為L,則有

L=?■x9t0

可得

,_2L

。森=班

A物塊在9力o—13力（）的時間內(nèi)沿斜面向上運(yùn)動，運(yùn)動的距離

8*（13加一9力0）

"=-------------=16^0

聯(lián)立可得

7_32L

■又r

（2）4物塊與石物塊第一次碰撞時，由動量守怛可得

mv=mvA1-\-MvB1

碰撞為彈性碰撞，由能量守恒可得

^mv2=-^mvM+^MvB!

其中

v—9v0,vA1=-8v0

聯(lián)立可得

vB1=v0,M=17m

4物塊在13to-19/；o時間內(nèi)下滑的距離

6。。（19313曲）,

L2二-------------=118Q。0環(huán)

故B物塊碰后沿斜面下滑的距離

/i=L?-L\—29）力°

假設(shè)第二次碰撞前B物塊已停止運(yùn)動，則有

VB1.

可得

力產(chǎn)4to

即t=13t0時，B物塊停止運(yùn)動，假設(shè)成立，設(shè)B物塊下滑過程中的加速度大小為a,則有

_v_v

a———B1———0

4to4to

設(shè)斜而傾斜角為仇根據(jù)牛頓第二定律:對石物塊有

MgsinB—Mgu2cos8——Ma

A物塊下滑時

mgsin?！猰g^cosff=maxA物塊沿斜面向上運(yùn)動運(yùn)動時加速度大小為電，則有

_8*_2g

a2~lk~~k

由牛頓第二定律可得

mgsind+mg^cosff—ma2

聯(lián)立可得

〃i：〃2=2:7

（3）力=19Z。時，入物塊與B物塊發(fā)生第二次碰撞，碰前瞬間4物塊的速度

%=6g

由動量守恒可得

mVi=mvA2-\-MvB2

碰撞為彈性碰撞，由能量守怡可得

聯(lián)立可得

12

_2

VB2~

O

設(shè)第二次碰撞后B物塊下滑的距離為*2,則有

2ax2—vB2

可得

8%o4

劣2：

9=§血

以此類推可得

4y—i

Xi

則B物塊運(yùn)動的總距離

1一⑻

X—31+62+/3?一一+/九二----------?比1

1-A

19

當(dāng)n-8時，代入數(shù)據(jù)可得

x=今L

45

題目H（2024.河南許昌?一模）如圖所示，水平面上鑲嵌兩個傳送帶甲、乙，甲的長度為2館,乙的長度為

瑞加，甲左側(cè)地面粗糙，甲、乙之間的地面光滑且長度為0.5館,在電動機(jī)的帶動下甲順時針轉(zhuǎn)動，速度為

3m/s,乙逆時針轉(zhuǎn)動，速度未知。質(zhì)量為0.1kg的物體a從距甲左端處，在恒定外力F的作用下由靜止

開始運(yùn)動，滑上甲時撤去外力F,此時a的速度為v0=2m/s，質(zhì)量為0.5kg的物體b靜止于乙左端的地面

上。a與甲左側(cè)地面及甲間的動摩擦因數(shù)均為言,與乙間的動摩擦因數(shù)為4，6與乙間的動摩擦因數(shù)為

545

2

去，Q、b均可視為質(zhì)點(diǎn)且它們間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度g=10m/so求：

（l）a在甲上從左端滑到右端的過程中，電動機(jī)多消耗的電能；

（2）Q與b從第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔；

（3）b在乙上滑動的過程中摩擦力對b的沖量大小。

甲乙

【答案】⑴0.3J;⑵4s;⑶卻?s

【詳解】（1）物體a滑上甲時，根據(jù)牛頓第二定律有

/J-irnag=maar

設(shè)經(jīng)過時間力，物體a和傳送帶速度相同，則有

v—的+電力

解得

t—0.5s

此過程物體Q的位移

t="|-?n＜工甲=2m

表明物體a先向右做勻加速直線運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動，在物體a向右做勻加速直線運(yùn)動過程，傳送帶甲

的位移

x2—。力=3x0.5m=1.5m

則a在甲上從左端滑到右端的過程中，電動機(jī)多消耗的電能為

E=n^nagx2

解得

E=0.3J

(2)a與b發(fā)生彈性碰撞，則有

+砧加

mav=m.52

1212i12

了小/=yma-wi+ym(,-w2

解得

%=-2m/s,”2=lm/s

滑體a與b碰撞后經(jīng)過時間友到達(dá)傳送帶甲的右端，則有

x=\v1\tl

解得

n弓

力尸號■5=().25s

滑體a再次從右側(cè)滑上甲后由于速度小于甲傳送帶的速度，則滑體a在甲上做雙向勻變速直線運(yùn)動，根據(jù)

對稱性有

-vi=

解得

t-2—2s

滑體b從左側(cè)滑上乙后先做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有

〃3館國1/2

Q產(chǎn)------=7m/s

mb4

滑體b減速至0過程，利用逆向思維，則有

V2O八2

X==2m<2—m

bZCLb//

t=-=4s

3恁

滑體a再次從左側(cè)滑上乙后做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有

〃2頒98/2

@=------=-111/8

ma9

若其減速位移為g,則有

g=1。1比一］冊立

解得時間為1.5s與3s,3s不合理，取1.5s,即有

力4=1.5s

由于

力3=力2+2—+—=4s

可知，當(dāng)滑體b從左側(cè)滑上乙做勻減速直線運(yùn)動至速度恰好減為0時，兩者恰好第二次碰撞，即物體Q與物

體b從第一碰撞到第二次碰撞的時間間隔為4s。

(3)物體a與物體b第二次碰撞前瞬間物體a的速度

Va=Mil——

解得

va=-1-m/s

o

物體a與b再次發(fā)生彈性碰撞，則有

rrtaVa=mav3-\-mbv^

—

-1maV2=-1m7；23+I—1m^42

za/a/

解得

v4=-^-m/s

若物體b減速至0,則有

d8、2

”F=無心藥小

表明物體6從乙右端滑出，則有

*—*=-2&（七乙一g）

解得

V5=ym/s

對物體b進(jìn)行分析，根據(jù)動量定理有

7=0—mbv2+TYibv5—mbv4

解得

I=-^-N-s

9

即b在乙上滑動的過程中摩擦力對6的沖量大小為［■N-s。

［題目回（2024?山東荷澤?一模）如圖所示,傾角為37°的傾斜傳送帶長為心=5.8館,以v=4m/s的速度逆時針

勻速轉(zhuǎn)動;水平傳送帶長為乙=4機(jī),也以o=4m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩傳送帶之間由很短的一段光

滑圓弧連接，圓弧的高度差忽略不計。緊靠水平傳送帶兩端各靜止一個質(zhì)量為咻=m。=1kg的物塊B和

。，在距傳送帶左端s=hn的水平面上放置一豎直固定擋板，物塊與擋板碰撞后會被原速率彈回?，F(xiàn)從傾

斜傳送帶頂端輕輕放上一質(zhì)量MA=0.2kg的物塊一段時間后物塊人與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間忽略

不計,碰撞后B滑上水平傳送帶，A被取走。己知物塊A