第一篇 专题二 计算题培优1 力学三大观点的综合应用-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

力学三大观点的综合应用 目标要求　1.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析解决问题。2.会用数学归纳法分析处理力学中多次碰撞的问题。 1.力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 动量观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度，而不涉及力、时间 2.当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学中的数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 例1　(2024·黑吉辽·14)如图，高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析　(1)对A物块由平抛运动知识得h=gt2，xA=vAt 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=1 m/s 对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA=mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1 m/s (2)对物块B由动能定理-μmBgxB=0-mB 代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2 (3)由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB 其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J。 例2　(2023·江苏南京市汉开书院模拟)质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度为g，求： (1)木块A在木板C上的滑行时间t； (2)木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q； (3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 答案　(1)　(2)m　(3)d+ 解析　(1)A、B刚放上C时，A做加速度大小为aA的匀减速运动，根据牛顿第二定律可得μmg=maA C做加速度大小为aC的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg+μmg=2maC 滑行时间t后A与C共速v1，则有v1=v0-aAt=aCt 联立解得t=，v1= (2)A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2，则有mv0+m·2v0=(m+m+2m)v2 解得v2=v0 以A、B和C组成的系统为研究对象，根据能量守恒可得m+m(2v0)2=(m+m+2m)+Q 解得Q=m (3)A、B相对C滑行的总距离Δx=== A相对C滑行的距离ΔxA=t-t 解得ΔxA= B相对C滑行的距离ΔxB=Δx-ΔxA= A和B间的最大距离L=d+ΔxB-ΔxA 解得L=d+。 用动力学观点解决板块模型问题的思路 注意：用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 例3　(2023·江苏淮安市模拟)窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3…10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L=0.2 m，每个滑环的质量均为m= 0.4 kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ=0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行(视为只有平动)；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g=10 m/s2。 (1)若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度； (2)假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能； (3)9号滑环开始运动后继续滑行0.05 m后停下来，求1号滑环的初速度大小。 答案　(1) m/s　(2)　　(3) m/s 解析　(1)设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得-μmgL=0-m 解得v0= m/s (2)设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有mv1=2mv 绷紧后系统动能为E'=×2mv2 又知E=m 联立解得E'= 故损失的动能为ΔE=E-E'= (3)设1号滑环的初速度为v10，其动能为E0，1号环滑行距离L，1、2间的窗帘绷紧前瞬间，系统剩余动能为E1f=E0-μmgL 据(2)的分析可得，1、2间的窗帘绷紧后瞬间，系统剩余动能为E20=E1f=E1f=(E0-μmgL) 在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环间的窗帘绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 E2f=E20-μ·2mgL=(E0-μmgL)-μ·2mgL=E0-(12+22)μmgL 2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 E30=E2f=E2f = =E0-(12+22)μmgL 依次类推，在8、9号滑环间的窗帘绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 E8f=E0-(12+22+32+…+82)μmgL 8与9滑环间的窗帘绷紧后的瞬间，系统剩余动能为E90=E8f 由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离x=0.05 m (0<x<L)后静止，因而有E90=μ·9mgx 联立解得1号滑环的初速度大小为v10= m/s。 计算题培优练1　力学三大观点的综合应用　[分值：40分] 1.(12分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)(3分)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)(3分)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)(6分)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 2.(12分)(2024·江苏南通市模拟)如图所示，木板B静止于光滑水平面上，物块A放在B的左端，A、B质量均为M=3 kg，另一质量m=1 kg的小球用长L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。锁定木板B，将小球向左拉至轻绳呈水平状态并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取g=10 m/s2。 (1)(4分)求小球与A碰撞前瞬间绳中的拉力大小F； (2)(4分)求木板B的长度d； (3)(4分)若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，在小球与A碰撞结束后对B施加一个水平方向的恒力F，使得A不滑离B。求恒力F的可能值。 答案　(1)30 N　(2)1 m　(3)见解析 解析　(1)设小球下摆至最低点时，速度的大小为v0，小球下摆的过程根据动能定理有mgL=m-0 得v0=4 m/s 受力分析可得最低点有F-mg=m 解得F=30 N (2)小球与A碰撞过程动量守恒，故有mv0=mv1+Mv2 机械能守恒，有m=m+M 解得v1=-2 m/s v2=2 m/s A在B上滑行的过程能量守恒，则有μMgd=M 解得d=1 m (3)物块和木板间的摩擦力大小为Ff=μMg=6 N 当水平方向恒力向左，且为6 N，由题目已知条件可知，物块A刚好未从木板B右端滑出，使得A不滑离B，则0≤F≤6 N 当水平方向恒力向右，物块的最大加速度a=μg=2 m/s2 当整体一起相对静止时F=(M+M)a=12 N 为了使A不滑离B，则0≤F≤12 N。 3.(16分)(2023·江苏南京市模拟)如图所示，在倾角为θ、足够长的光滑斜面上放置轻质木板，木板上静置两个质量均为m、可视为质点的弹性滑块A和B，初始间距为L0。A与木板间的动摩擦因数μA>tan θ，B与木板间的动摩擦因数μB=tan θ。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加平行斜面向上的推力F=4mgsin θ，使A由静止开始运动，求： (1)(4分)A、B从运动到第一次碰撞的时间； (2)(6分)A、B第一次碰撞后的最大距离； (3)(6分)B相对木板滑动的过程中系统产生的热量。 答案　(1)　(2)L0　(3)2mgL0sin θ 解析　(1)对于A，由牛顿第二定律可知F-mgsin θ-μBmgcos θ=maA aA=2gsin θ 对于B μBmgcos θ=mgsin θ 即B静止，由运动学公式得L0=aAt2 解得t= (2)A、B第一次碰撞时，A、B的速度 vA=aAt= vB=0 A、B弹性碰撞后交换速度， 故有vB1=，vA1=0 B相对木板向上运动，对于A，由牛顿第二定律可知 F+μBmgcos θ-mgsin θ=maA1 解得aA1=4gsin θ 对于B μBmgcos θ+mgsin θ=maB1 解得aB1=2gsin θ A、B速度相等时，相距最远 vB1-2gt1sin θ=4gt1sin θ=v1 第一次达到共速的时间为t1= A、B的间距(相对位移) L1=·t1=L0 (3)第一次达到共速后，A加速，B匀速向上运动，第二次碰撞前 L1=v1t2+aA-v1t2 t2= 所以vA1'=v1+ vB1'=v1 第二次碰撞后 vB2=v1+ vA2=v1 vB2-2gt3sin θ=v1+4gt3sin θ=v2 第二次达到共速的时间为 t3= 相对位移L2=·t3=L1=()2L0 依次类推可得Ln=()nL0 相对位移 x=L0+2L0·=2L0 可得Q=μBmgxcos θ=2mgL0sin θ。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 能量与动量 专题二 计算题培优1　力学三大观点的综合应用 1.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析解决问题。 2.会用数学归纳法分析处理力学中多次碰撞的问题。 目标要求 1.力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动量观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度，而不涉及力、时间 2.当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学中的数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 　 (2024·黑吉辽·14)如图，高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B脱离弹簧后沿桌 面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点，取 重力加速度g=10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； 例1 答案　1 m/s　1 m/s 对A物块由平抛运动知识得h=gt2，xA=vAt 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=1 m/s 对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA=mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1 m/s (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； 答案　0.2 对物块B由动能定理-μmBgxB=0-mB 代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案　0.12 J 由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB 其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J。 　 (2023·江苏南京市汉开书院模拟)质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度为g，求： (1)木块A在木板C上的滑行时间t； 例2 答案　 A、B刚放上C时，A做加速度大小为aA的匀 减速运动，根据牛顿第二定律可得μmg=maA C做加速度大小为aC的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg+μmg =2maC 滑行时间t后A与C共速v1，则有v1=v0-aAt=aCt 联立解得t=，v1= (2)木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q； 答案　m A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2，则有mv0+m·2v0=(m+m+2m)v2 解得v2=v0 以A、B和C组成的系统为研究对象， 根据能量守恒可得m+m(2v0)2=(m+m+2m)+Q 解得Q=m (3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 答案　d+ A、B相对C滑行的总距离Δx=== A相对C滑行的距离ΔxA=t-t 解得ΔxA= B相对C滑行的距离ΔxB=Δx-ΔxA= A和B间的最大距离L=d+ΔxB-ΔxA 解得L=d+。 用动力学观点解决板块模型问题的思路 提炼·总结 注意：用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 (2023·江苏淮安市模拟)窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3…10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L=0.2 m，每个滑环的质量均为m=0.4 kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ=0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行(视为只有平动)；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。 不考虑空气阻力的影响，重力加速度g= 10 m/s2。 例3 (1)若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度； 答案　 m/s 设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得-μmgL=0-m 解得v0= m/s (2)假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能； 答案　　 设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有mv1=2mv 绷紧后系统动能为E'=×2mv2 又知E=m 联立解得E'= 故损失的动能为ΔE=E-E'= (3)9号滑环开始运动后继续滑行0.05 m后停下来，求1号滑环的初速度大小。 答案　 m/s 设1号滑环的初速度为v10，其动能 为E0，1号环滑行距离L，1、2间的 窗帘绷紧前瞬间，系统剩余动能为 E1f=E0-μmgL 据(2)的分析可得，1、2间的窗帘绷紧后瞬间， 系统剩余动能为E20=E1f=E1f=(E0-μmgL) 在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环间的窗帘绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 E2f=E20-μ·2mgL=(E0-μmgL)-μ·2mgL=E0-(12+22)μmgL 2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 E30=E2f=E2f = =E0-(12+22)μmgL 依次类推，在8、9号滑环间的窗帘绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 E8f=E0-(12+22+32+…+82)μmgL 8与9滑环间的窗帘绷紧后的瞬间， 系统剩余动能为E90=E8f 由题意可知，8与9号滑环绷紧后还 可以继续滑行距离x=0.05 m (0<x<L)后静止，因而有E90=μ·9mgx 联立解得1号滑环的初速度大小为v10= m/s。 计算题培优练1　 力学三大观点的综合应用 对一对 1 2 3 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)6mgL-3m　(3) (1)30 N　(2)1 m　(3)见解析 题号 3 答案 (1)　(2)L0　(3)2mgL0sin θ 1.(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过 程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送 带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑 至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度， 将药品盒视为质点。求： 1 2 3 答案 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； 1 2 3 答案 答案　 A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 1 2 3 答案 答案　6mgL-3m B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 1 2 3 答案 答案　 1 2 3 A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0,v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1= 答案 1 2 3 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 答案 2.(2024·江苏南通市模拟)如图所示，木板B静止于光滑水平面上，物块A放在B的左端，A、B质量均为M=3 kg，另一质量m=1 kg的小球用长L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。锁定木板B，将小球向左拉至轻绳呈水平状态并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取g=10 m/s2。 1 2 3 答案 (1)求小球与A碰撞前瞬间绳中的拉力大小F； 1 2 3 答案 答案　30 N 设小球下摆至最低点时，速度的大小为v0，小球下摆的过程根据动能 定理有mgL=m-0 得v0=4 m/s 受力分析可得最低点有F-mg=m 解得F=30 N (2)求木板B的长度d； 1 2 3 答案 答案　1 m 小球与A碰撞过程动量守恒，故有mv0=mv1+Mv2 机械能守恒，有m=m+M 解得v1=-2 m/s v2=2 m/s A在B上滑行的过程能量守恒，则有μMgd=M 解得d=1 m (3)若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，在小球与A碰撞结束后对B施加一个水平方向的恒力F，使得A不滑离B。求恒力F的可能值。 1 2 3 答案 答案　见解析 1 2 3 物块和木板间的摩擦力大小为Ff=μMg=6 N 当水平方向恒力向左，且为6 N，由题目已 知条件可知，物块A刚好未从木板B右端滑 出，使得A不滑离B，则0≤F≤6 N 当水平方向恒力向右，物块的最大加速度a=μg=2 m/s2 当整体一起相对静止时F=(M+M)a=12 N 为了使A不滑离B，则0≤F≤12 N。 答案 3.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，在倾角为θ、足够长的光滑斜面上放置轻质木板，木板上静置两个质量均为m、可视为质点的弹性滑块A和B，初始间距为L0。A与木板间的动摩擦因数μA>tan θ，B与木板间的动摩擦因数μB=tan θ。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 现对A施加平行斜面向上的推力F=4mgsin θ，使A 由静止开始运动，求： (1)A、B从运动到第一次碰撞的时间； 1 2 3 答案 答案　 1 2 3 对于A，由牛顿第二定律可知F-mgsin θ-μBmgcos θ=maA aA=2gsin θ 对于B μBmgcos θ=mgsin θ 即B静止，由运动学公式得L0=aAt2 解得t= 答案 (2)A、B第一次碰撞后的最大距离； 1 2 3 答案 答案　L0 1 2 3 A、B第一次碰撞时，A、B的速度 vA=aAt= vB=0 A、B弹性碰撞后交换速度， 故有vB1=，vA1=0 B相对木板向上运动，对于A，由牛顿第二定律可知 F+μBmgcos θ-mgsin θ=maA1 解得aA1=4gsin θ 答案 1 2 3 对于B μBmgcos θ+mgsin θ=maB1 解得aB1=2gsin θ A、B速度相等时，相距最远 vB1-2gt1sin θ=4gt1sin θ=v1 第一次达到共速的时间为t1= A、B的间距(相对位移) L1=·t1=L0 答案 (3)B相对木板滑动的过程中系统产生的热量。 1 2 3 答案 答案　2mgL0sin θ 第一次达到共速后，A加速，B匀速向上运动，第二次碰撞前L1=v1t2+ aA-v1t2 t2= 所以vA1'=v1+ vB1'=v1 第二次碰撞后 vB2=v1+ vA2=v1 1 2 3 答案 1 2 3 vB2-2gt3sin θ=v1+4gt3sin θ=v2 第二次达到共速的时间为t3= 相对位移L2=·t3=L1=()2L0 依次类推可得Ln=()nL0 相对位移 x=L0+2L0·=2L0 可得Q=μBmgxcos θ=2mgL0sin θ。 答案 本课结束 THANKS $$