2025届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题力学观点的综合应用学案粤教版

PAGE17-专题力学观点的综合应用动量观点与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学学问解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2.力学中的五大规律规律公式表达牛顿其次定律F合＝ma动能定理W合＝ΔEkW合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)机械能守恒定律mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′3.规律的选用(1)仔细审题，明确题目所述的物理情境，确定探讨对象。(2)分析探讨对象的受力状况、运动状态以及运动状态的变更过程，作草图。(3)依据运动状态的变更规律确定解题观点，选择适用规律：①若用力的观点解题，要仔细分析运动状态的变更，关键是求出加速度；②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；③若可推断探讨对象在某运动过程中满意动量守恒或机械能守恒的条件，则可依据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求探讨对象在末状态时的速度(率)。(4)依据选择的规律列式，有时还须要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出协助方程。(5)代入数据，计算结果。【例1】(2024·全国Ⅱ卷，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发觉其正前方停有汽车B，马上实行制动措施，但仍旧撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2。求：图1(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。依据牛顿其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s。③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。依据牛顿其次定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s≈4.3m/s。⑦答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s1.(多选)从2024年6月5日起至年底，兰州交警实行五项措施部署预防较大道路交通事故工作。在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图2所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直马路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发觉。若汽车的牵引力始终未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是()图2A.汽车和拖车整体动量守恒B.汽车和拖车整体机械能守恒C.从脱钩到拖车刚停下用时eq\f(v0,gμ)D.拖车刚停下时汽车的速度为eq\f(（M＋m）（a＋μg）,μMg)v0解析汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；系统匀加速前进，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为探讨对象，由牛顿其次定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经验的时间为t＝eq\f(v0,μg)，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为F合＝(M＋m)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·eq\f(v0,μg)＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝eq\f(（M＋m）（a＋μg）,μMg)v0，选项D正确。答案CD2.如图3所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有肯定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。则：图3(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)解析(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(2gh)即a球与b球碰前瞬间的速度大小为eq\r(2gh)。(2)设碰后b球的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则mvC＝(m＋m)v故v＝eq\f(1,2)vC＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)假设a、b球碰撞后将一起绕O点摇摆，设小球在最低点时细绳拉力为FT，则FT－2mg＝2meq\f(v2,h)解得FT＝3mg因FT＞2.8mg，故细绳会断裂。答案(1)eq\r(2gh)(2)会断裂动量观点与能量观点的综合应用【例2】(20分)(2024·全国Ⅰ卷，25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图4(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止起先下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。图4(1)求物块B的质量；(2)在图4(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，变更物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求变更前后动摩擦因数的比值。教你读题——提取信息(1)A与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)eq\o(→,\s\up7(提取))这个过程满意动量守恒和机械能守恒，(2)A沿斜面下滑，碰后又沿斜面上滑eq\o(→,\s\up7(提取))加速度变更(受力变更)且摩擦力未知的折返问题，(3)读图eq\o(→,\s\up7(提取))可知①A与B碰撞前后的速度，②由面积关系可得A下滑和上滑的位移关系。(4)“一段时间后A刚好能与B再次碰上”eq\o(→,\s\up7(提取))此时二者共速，B已停止运动，说明A到此恰好停止运动。解析(1)依据题图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq\f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①(2分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)m′v′2②(2分)联立①②式得m′＝3m。③(1分)(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④(2分)－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))eq\s\up12(2)⑤(2分)从图(b)所给出的v－t图线可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥(1分)s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦(1分)由几何关系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧(1分)物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2⑨(1分)联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH。⑩(1分)(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在变更前为μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)eq\o(○,\s\up1(11))(1分)设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2eq\o(○,\s\up1(12))(2分)设变更后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0eq\o(○,\s\up1(13))(2分)联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq\o(○,\s\up1(11))eq\o(○,\s\up1(12))eq\o(○,\s\up1(13))式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。eq\o(○,\s\up1(14))(1分)答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)1.(多选)如图5，两质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg的小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4m/s和v2＝6m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为()图5A.25J B.35JC.45J D.55J解析若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，联立并代入数据解得ΔEmax＝40J，综合可知0≤ΔE≤40J，故A、B正确，C、D错误。答案AB2.(2024·全国Ⅰ卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面起先上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设烟花弹从地面起先上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分接着上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)力学三大观点的综合应用1.力的观点解题：要仔细分析运动状态的变更，关键是求出加速度。2.两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。3.三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。依据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这几个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。【例3】(2024·全国Ⅲ卷，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图6所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分别，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。图6(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？解析(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有μmBg＝mBa④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不变更A的速度大小，所以无论此时碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于动身点右边0.25m处，B位于动身点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。⑨(3)t时刻后A将接着向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有－μmAg(2l＋sB)＝eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/seq\o(○,\s\up1(11))故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″eq\o(○,\s\up1(12))eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2eq\o(○,\s\up1(13))联立eq\o(○,\s\up1(11))eq\o(○,\s\up1(12))eq\o(○,\s\up1(13))式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/seq\o(○,\s\up1(14))这表明碰撞后A将向右运动，B接着向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2eq\o(○,\s\up1(15))由④eq\o(○,\s\up1(14))eq\o(○,\s\up1(15))式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28meq\o(○,\s\up1(16))sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。eq\o(○,\s\up1(17))答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m1.如图7甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(均可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点，P在按图乙所示的随时间变更的水平力F作用下由静止起先向右运动，3s末撤去F，此时P运动到B点，之后接着滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：图7(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t。解析(1)在0～3s内，对P，由动量定理可得F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s，解得v＝8m/s。设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿其次定律可得μmg＝ma，P在B、C两点间做匀减速直线运动，有v2－veq\o\al(2,1)＝2aL，解得v1＝7m/s。或由动能定理－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，解得v1＝7m/s。(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′和v2′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋mv2′，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2，联立解得v2′＝v1＝7m/s，碰后Q做匀减速直线运动，加速度大小a′＝μg＝2m/s2，故Q运动的时间为t＝eq\f(v2′,a′)＝3.5s。答案(1)8m/s7m/s(2)3.5s2.如图8所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面对下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1＝3.2kg，小球Q的质量m2＝1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分别。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：图8(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。解析(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立可得v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,C)＋2m2gR解得vC＝12m/s。(2)小球P在斜面对上运动的加速度为a1，由牛顿其次定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1，解得a1＝10m/s2故上升的最大高度为h＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)sinθ＝0.75m。(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2，解得a2＝2m/s2小球P上升到最高点所用的时间t1＝eq\f(v1,a1)＝0.5s，则2R＝eq\f(1,2)gt2＋h－eq\f(1,2)a2(t－t1)2sinθ解得t＝1s。答案(1)12m/s(2)0.75m(3)1s课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(2024·湖南张家界模拟)如图1所示，质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1m，E点处的切线水平。质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为()图1A.4m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s解析当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR，联立解得v0＝5m/s，选项B正确。答案B2.(2024·烟台模拟)如图2所示，在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后()图2A.b球的速度大小为eq\f(1,3)v，运动方向与原来相反B.b球的速度大小为eq\f(2,3)v，运动方向与原来相反C.c球的速度大小为eq\f(8,3)vD.c球的速度大小为eq\f(2,3)v解析设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv＋mv0，解得v0＝2v；b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvb＋2mvc，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,c)，联立解得vb＝－eq\f(2,3)v(负号表示方向向左，与原来相反)，vc＝eq\f(4,3)v，故B正确。答案B3.如图3所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设全部的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍旧在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依旧向右，大小变为vA＝2m/s，B物体接着向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆轨道最低点C的距离sOC＝0.25m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10m/s2，求：图3(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R。解析(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，依据能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，两式联立并代入数据解得E＝1J。(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgsOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立可解得R＝0.3m。答案(1)1J(2)0.3m4.如图4甲所示，质量m1＝4kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1kg的小物块静止在长木板的左端。现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度—时间图象如图乙所示。2s后，撤去F，g取10m/s2。求：图4(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；(2)水平力的大小F；(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE。解析(1)由题图可知长木板的加速度a1＝eq\f(1,2)m/s2＝0.5m/s2由牛顿其次定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力f＝m1a1＝2N小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝eq\f(f,m2g)＝0.2。(2)由题图可知，小物块的加速度a2＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2由牛顿其次定律可知F－μm2g＝m2a2解得F＝4N。(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度v运动m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝1.6m/s则系统损失的机械能ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝3.6J。答案(1)0.2(2)4N(3)3.6J综合提能练5.如图5所示，质量为m1＝0.5kg的小物块P置于固定台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态。质量M＝1kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端。长木板左端放有一质量m2＝1kg的小滑块Q。现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10m/s，与长木板左端的滑块Q相碰，最终物块P停在AC的正中点，滑块Q停在长木板上。已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，A、C间距离L＝4m。滑块Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，长木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10m/s2)，求：图5(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；(2)长木板运动中的最大速度；(3)长木板的最小长度。解析(1)小物块P由B点到C点的过程W弹－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－0解得W弹＝27JEp＝W弹＝27J即撤去推力时弹簧的弹性势能为27J。(2)小物块P和滑块Q碰撞过程动量守恒，以v0的方向为正方向小物块P与滑块Q相碰后的速度分别为vP、vQm1v0＝－m1vP＋m2vQ小物块P从碰撞后到静止－eq\f(1,2)μ1m1gL＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,P)解得vQ＝6m/s滑块Q在长木板上滑动过程中对Q：－μ2m2g＝m2a1对长木板：μ2m2g－μ3(M＋m2)g＝Ma2解得a1＝－4m/s2a2＝2m/s2当滑块Q和长木板速度相等时，木板速度最大，设最大速度为v，滑行时间为t0对Q：v＝vQ＋a1t0对木板：v＝a2t0解得t0＝1s，v＝2m/s则长木板运动中的最大速