高考物理二輪復習講練(新高考版) 第1部分 專題2 題型專練二 力學三大觀點的綜合應用（含解析）

題型專練二力學三大觀點的綜合應用高考題型1應用力學三大觀點處理多過程問題1．力學三大觀點對比力學三大觀點對應規(guī)律表達式動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′2.選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉及時間與運動細節(jié)時，一般選用動力學方法解題．(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時，應優(yōu)先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應用動量定理求解．(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初末速度而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解．考題示例例1(2019·全國卷Ⅲ·25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖1所示．某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動．A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．圖1(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a.假設A和B發(fā)生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處．B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞．設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動．設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m命題預測1．(2020·山東威海市高三二模)如圖2甲所示，足夠長的斜面與水平面的夾角為30°，質量分別為0.5kg和1kg的A、B兩個小物塊，用一根細線相連，A、B之間有一被壓縮的微型彈簧，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)可視為質點．某時刻，將A、B從P點由靜止釋放，運動至Q點時，細線突然斷裂，壓縮的微型彈簧使A、B瞬間分離，從分離時開始計時，A、B短時間內運動的速度－時間圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10m/s2.求：圖2(1)A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)μA、μB；(2)細線斷裂前微型彈簧儲存的彈性勢能Ep；(3)A、B再次相遇前的最遠距離L.答案(1)eq\f(\r(3),6)eq\f(\r(3),3)(2)6J(3)eq\f(68,15)m解析(1)根據(jù)題圖乙可知，A、B分離后，B沿斜面向下做勻速直線運動，A沿斜面向上做勻減速直線運動，且A的加速度大小為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝7.5m/s2對A由牛頓第二定律得mAgsin30°＋μAmAgcos30°＝mAaA，解得μA＝eq\f(\r(3),6)對B由平衡條件得mBgsin30°＝μBmBgcos30°，解得μB＝eq\f(\r(3),3)(2)細線斷裂瞬間，對A、B由動量守恒定律得(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2解得Ep＝6J.(3)當A、B的速度相等時，二者相距最遠，設A上滑的時間為tA，位移為xA；A下滑過程中的加速度為aA′，時間為tA′，位移為xA′，則有|vA|＝aAtA，vA2＝2aAxA對A由牛頓第二定律得mAgsin30°－μAmAgcos30°＝mAaA′vB＝aA′tA′，vB2＝2aA′xA′，B發(fā)生的位移xB＝vB(tA＋tA′)A、B再次相遇前的最遠距離L＝xB＋xA－xA′解得L＝eq\f(68,15)m.2．(2020·四川瀘州市質量檢測)如圖3所示，足夠長的固定粗糙水平木板左端的D點平滑連接半徑為R＝2m、豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道，C、D分別是圓弧軌道的最高點和最低點，兩軌道均固定在地面上．可視為質點的物塊A從C點開始，以初速度v0＝3m/s沿圓弧軌道滑動．水平木板上離D點距離為3.25m的P點靜置另一個可視為質點的物塊B.已知物塊A、B與水平木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A的質量m1＝1kg，取g＝10m/s2.圖3(1)求物塊A從C點滑到D點時，對圓弧軌道的壓力；(2)若物塊B的質量為m2＝1kg，物塊A與B碰撞后粘在一起，求它們最終停止的位置距D點多遠；(3)若B的質量為m2′＝5kg，物塊A與B的碰撞為彈性碰撞(且碰撞時間極短)，求物塊A與B均停止后它們相距多遠．答案(1)34.5N，方向豎直向下(2)5.5m(3)3.5m解析(1)設物塊A在D點的速度為v1，則物塊A從C點運動到D點的過程，由動能定理可得：m1gR＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v02得v1＝7m/s設物塊A在D點受到圓弧軌道向上的支持力大小為FN，則有FN－m1g＝m1eq\f(v12,R)得FN＝34.5N由牛頓第三定律可得：物塊A在D點對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝34.5N，方向豎直向下．(2)設物塊A在P點與物塊B碰撞前瞬間的速度為v2，加速度大小為a1，則從D點到P點的過程中，由牛頓第二定律得：μm1g＝m1a1－2a1L＝v22－v12得v2＝6m/s物塊A與物塊B碰撞的過程中，系統(tǒng)動量守恒，則有m1v2＝(m1＋m2)v3解得v3＝3m/sA、B碰撞后粘在一起做減速運動的過程中，設加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得：μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a20－v32＝－2a2x得x＝eq\f(9,4)m＝2.25m此時距D的距離為L＋x＝5.5m(3)物塊A運動到P點的速度仍為v2＝6m/s，碰撞過后瞬間A與B的速度分別為v4、v5，A與B的碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)動量和動能均守恒，可得m1v2＝m1v4＋m2′v5eq\f(1,2)m1v22＝eq\f(1,2)m1v42＋eq\f(1,2)m2′v52得v4＝－4m/s，v5＝2m/s由于eq\f(1,2)m1v42<m1gR＋μm1gL，故A反彈后不能達到C點；設物塊A與B碰撞過后，直至停止的整個運動過程中，在水平地面上運動的路程為s，由動能定理可得：－μm1gs＝0－eq\f(1,2)m1v42得s＝4m故物塊A向左運動3.25m后滑上圓弧返回后又向右運動了x1＝s－L＝0.75m物塊B向右減速至零，則有0－v52＝－2a3x2，μm2′g＝m2′a3解得x2＝1m故A、B相距s＝L＋x2－x1＝3.5m．高考題型2應用力學三大觀點解決板—塊模型問題1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題．2．滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化．3．應注意區(qū)分滑塊、木板各自的對地位移和它們的相對位移．用運動學公式或動能定理列式時位移指對地位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)．考題示例例2(2013·山東卷·38(2))如圖4所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大?。畧D4答案2m/s解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s.命題預測3．(2020·云南昆明市高三“三診一模”測試)如圖5甲所示，質量為m＝0.3kg的小物塊B(可視為質點)放在質量為M＝0.1kg、長度L＝0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上向右運動，一段時間后A與右側一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞．以碰撞瞬間為計時起點，取水平向右為正方向，碰后0.5s內B的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，求：圖5(1)A與B間的動摩擦因數(shù)μ；(2)A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔；(3)A與P碰撞幾次，B與A分離．答案(1)0.1(2)0.75s(3)2次解析(1)碰后A向左減速，B向右減速，由題圖乙得：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2由牛頓第二定律有μmg＝maB解得μ＝0.1(2)碰后B向右減速，A向左減速到0后，向右加速，最后與B共速，對A、B由動量守恒定律可得：mv0－Mv0＝(M＋m)v1解得：v1＝0.5m/s此過程，對B由動量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1解得：t1＝0.5s對A由動能定理有：－μmgxA＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：xA＝0.125m此后A、B一起向右勻速運動的時間為：t2＝eq\f(xA,v1)＝0.25s所以一共用為0.75s(3)A第1次與擋板P碰撞后到共速的過程中，對整個系統(tǒng)，由能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相對1解得x相對1＝0.5m假設第3次碰撞前，A與B不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2由能量守恒有：eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv12＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相對2解得：x相對2＝0.125m由于x相對＝x相對1＋x相對2>L，所以A與P碰撞2次，B與A分離．4．如圖6所示，質量為M的水平木板靜止在光滑的水平地面上，左端放一質量為m的鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個水平向右的瞬時沖量使其以初速度v0開始運動，并與固定在木板另一端的彈簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度為g)圖6(1)求整個過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功．(2)若鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則鐵塊相對木板的最大位移是多少？(3)系統(tǒng)的最大彈性勢能是多少？答案(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)eq\f(Mv02,4μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,4M＋m)解析設彈簧被壓縮至最短時，共同速度為v1，此時彈性勢能最大，設為Ep，鐵塊回到木板左端時，共同速度為v2，則由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①mv0＝(M＋m)v2②(1)整個過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22③聯(lián)立②③解得Wf＝eq\f(Mmv02,2M＋m)④(2)系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝2μmgL⑤聯(lián)立④⑤解得L＝eq\f(Mv02,4μgM＋m)⑥(3)根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)Wf＋Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12⑦聯(lián)立①④⑦解得Ep＝eq\f(Mmv02,4M＋m)⑧5．(2020·河南鄭州市線上測試)如圖7所示，長木板B的質量為m2＝1.0kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質量為m3＝1.0kg的物塊C(可視為質點)放在長木板的最右端．一個質量為m1＝0.5kg的物塊A從距離長木板B左側l＝9.5m處，以初速度v0＝10m/s向著長木板運動．一段時間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上．已知物塊A及長木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，求：圖7(1)A、B碰后瞬間物塊A和長木板B的速度；(2)長木板B的最小長度；(3)物塊A離長木板左側的最終距離．答案(1)3m/s，方向向左6m/s，方向向右(2)3m(3)10.5m解析(1)設物塊A與木板B碰前瞬間的速度為v，由動能定理得－μ1m1gl＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v02解得v＝eq\r(v02－2μ1gl)＝9m/sA與B發(fā)生彈性碰撞，假設碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s碰后瞬間物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長木板B的速度大小為6m/s、方向向右；(2)碰撞后B做減速運動，C做加速運動，B、C達到共同速度之前，由牛頓運動定律，對木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1對物塊C有μ2m3g＝m3a2設從碰撞后到兩者達到共同速度經歷的時間為t，則v2－a1t＝a2t木板B的最小長度d＝v2t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3m(3)B、C達到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，故二者一起減速至停下，設加速度大小為a3，由牛頓運動定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3整個過程B運動的位移為xB＝v2t－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA與B碰撞后，A做減速運動的加速度大小為a4＝eq\f(μm1g,m1)＝1m/s2，位移為xA＝eq\f(0－v12,－2a4)＝4.5m物塊A離長木板B左側的最終距離為xA＋xB＝10.5m.專題強化練[保分基礎練]1．(2020·廣東東莞市線上檢測)如圖1所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，與沙坑的距離為1m，g取10m/s2，物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為()圖1A．0.5m/s B．1m/sC．2m/s D．3m/s答案D解析碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝2m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋得v0＝3m/s，故選D.2．(2020·河北唐山市高三第一次模擬)如圖2所示，光滑水平面上有質量為m的足夠長的木板，木板上放一質量也為m、可視為質點的小木塊，開始木塊、木板均靜止．現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運動均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為()圖2A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12答案A解析木塊從開始到相對長木板靜止的過程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，則有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)；對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得劃痕長度s＝eq\f(Mv02,2μM＋mg)，同理，當木塊的初速度為2v0時，則劃痕長度為s′＝eq\f(M2v02,2μM＋mg)，故兩次劃痕長度之比為s∶s′＝1∶4，故A正確，B、C、D錯誤．3．如圖3所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長木板，擋板和長木板的總質量為m，木板長度為L(擋板的厚度可忽略不計)，擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質量不計的點)．木板左端有一質量也為m(可視為質點)的滑塊．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)給滑塊一個水平向右的初速度v0，滑塊相對木板向右運動，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運動，且完好無損)，滑塊向左運動，最終回到木板的左端，恰與木板相對靜止．重力加速度為g.求：圖3(1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)小炸藥包爆炸后瞬間滑塊和木板的速度．答案(1)eq\f(v02,4gL)(2)0v0，方向水平向右解析(1)滑塊相對木板向右運動，剛好能與炸藥包接觸，此時滑塊和木板的速度相同，設滑塊剛要與炸藥包接觸時的速度為v1，以水平向右為正方向；滑塊在木板上滑動的過程中，滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則該系統(tǒng)動量守恒，故有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v0，方向水平向右滑塊在木板上滑動的過程中，對系統(tǒng)，由功能關系可知μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12聯(lián)立解得μ＝eq\f(v02,4gL)(2)設小炸藥包爆炸后瞬間滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′，最終滑塊相對木板靜止于木板的左端時速度為v2，系統(tǒng)在爆炸前后動量守恒，則有2mv1＝mv1′＋mv2′2mv1＝2mv2小炸藥包爆炸后，滑塊在木板上運動的過程中，對系統(tǒng)，根據(jù)功能關系，有μmgL＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)×2mv22聯(lián)立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0，方向水平向右．[爭分提能練]4.(2020·山東三校在線聯(lián)考)如圖4所示，一平板小車C靜止在光滑的水平面上，質量分別為m的物體A和2m的物體B均以大小為v的初速度分別沿同一直線同時從小車兩端相向水平滑上小車．設兩物體與小車間的動摩擦因數(shù)均為μ，小車質量為m，最終物體A、B都停在小車上，物體A、B始終沒有相碰．重力加速度為g，求：圖4(1)最終小車的速度大小及方向；(2)平板車的長度至少為多長．答案(1)eq\f(v,4)方向水平向左(2)eq\f(9v2,8μg)解析(1)以A、B兩物體及小車組成的系統(tǒng)為研究對象，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1解得v1＝eq\f(v,4)，方向水平向左(2)初始階段A物體向右做勻減速運動，加速度大小aA＝eq\f(μmg,m)＝μg；B物體向左做勻減速運動，加速度大小aB＝eq\f(μ·2mg,2m)＝μg；小車向左做勻加速運動，加速度大小aC＝eq\f(μ·2mg－μmg,m)＝μg經過t1時間，B、C達到共同速度，則有v－μgt1＝μgt1此時t1＝eq\f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq\f(v,2)，方向向左，A的速度大小與B、C相同，方向相反，該過程中，A相對C運動的距離：Δx1＝(vt1－eq\f(1,2)aAt12)＋eq\f(1,2)aCt12B相對C運動的距離：Δx2＝(vt1－eq\f(1,2)aBt12)－eq\f(1,2)aCt12此后B、C共同向左做減速運動，加速度大小a＝eq\f(μmg,3m)＝eq\f(μg,3)直到三物體速度相同，所用時間t2＝eq\f(v1－v2,－a)＝eq\f(3v,4μg)該過程A相對B、C滑行的距離：Δx3＝(v2t2－eq\f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq\f(1,2)at22)所以小車的長度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq\f(9v2,8μg).5．(2020·湖北武漢市高三調研卷)如圖5所示，裝置的左邊是光滑水平臺面，一水平輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M＝3kg的物塊A.裝置的中間是始終在以u＝2m/s的速度順時針轉動的水平傳送帶，它與左邊的臺面等高并平滑對接，它也與右邊的傾角θ＝37°的光滑斜面平滑對接．物塊A靜止在其平衡位置，此處距傳送帶左端l＝0.5m．質量m＝1kg的物塊B從斜面上距水平臺面高h＝2.0m處由靜止釋放，已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶的長度為L＝1.0m．物塊A、B都可視為質點，A、B發(fā)生的每次碰撞都是彈性正碰且碰撞時間極短．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖5(1)物塊B與物塊A第一次碰撞前瞬間，B的速度大小；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后，B返回斜面相對水平臺面能上升的最大高度h′；(3)如果物塊A每次被B碰撞后，會在外力幫助下靜止在其平衡位置等待B的再次碰撞，當物塊B在傳送帶上第一次對地速度減為零時，物塊B從開始到此時相對于地面運動的總路程s多大．答案(1)6m/s(2)0.25m(3)11.83m解析(1)B從斜面滑下過程機械能守恒，mgh＝eq\f(1,2)mv02解得B滑上傳送帶瞬間v0＝2eq\r(10)m/sB滑上傳送帶做勻減速運動，v02－v12＝2aL，μmg＝ma解得B滑過傳送帶與A碰前瞬間的速度v1＝6m/s(2)A、B發(fā)生彈性碰撞，動量守恒、機械能守恒，碰后B的速度為v2，A的速度為vAmv1＝mv2＋MvA，eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)MvA2聯(lián)立兩式解得v2＝－eq\f(1,2)v1，vA＝eq\f(1,2)v1，即v2＝－3m/s物塊B以3m/s的速度返回到傳送帶上做勻減速運動直到最右端，則v22－v32＝2aL解得v3＝eq\r(5)m/s＞u＝2m/s故此次在傳送帶上向右一直做勻減速運動，則mgh′＝eq\f(1,2)mv32，得h′＝0.25m(3)物塊B上升h′后再返回傳送帶右端時，速度大小為v3＝eq\r(5)m/s，滑上傳送帶，減速至左端v32－v42＝2aL，得v4＝1m/s物塊B與A第二次發(fā)生彈性碰撞，碰后速度v5＝－eq\f(1,2)m/s返回傳送帶后向右勻加速運動，u2－v52＝2ax得x＝eq\f(15,16)m＜L＝1m故運動x后勻速運動至右端，以初速度大小u＝2m/s滑上斜面，則mgh″＝eq\f(1,2)mu2得h″＝0.2m再次返回勻減速運動至傳送帶左端時恰好對地速度為零，則物塊B從開始到此時對地總路程s＝4l＋5L＋eq\f(h＋2h′＋2h″,sinθ)得s＝eq\f(71,6)m≈11.83m.6