第六章 专题强化十 力学三大观点的综合应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化十　力学三大观点的综合应用 1．本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，是高考必考题型，本专题将作为计算题压轴题的形式命题。 2．熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。 3．用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。 [对应学生用书P133] 1．三个基本观点 (1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，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．选用规律原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 热点 动量与能量观点的综合应用(方法模型) [例1]　如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，小车上B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m。一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20 g的子弹以水平速度v0＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求： (1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h。 (2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小。 (3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。 (4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x。 解析　(1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1， 当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有 (m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2， 由机械能守恒定律有(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v＋mgh， 联立解得h＝1.2 m，即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m。 (2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向， 由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv， 由能量守恒定律有(m0＋M)v＝(m0＋M)v＋mv2， 联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s，即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s。 (3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同。 由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4， 由能量守恒定律有(m0＋M)v＋mv2 ＝(m0＋M＋m)v＋μmgL＋Epm， 联立解得Epm＝8.5 J。 (4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC段总共运动了s的路程，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5， 由能量守恒定律有(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v＋μmgs， 联立解得s＝2.4 m＝4L－x， 则小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m。 答案　(1)1.2 m　(2)8 m/s　(3)8.5 J (4)0.4 m 1．如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EA、EB各为多大。 (2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大。 (3)A沿斜面上滑的最大距离x。 解析　(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0， 由能量守恒定律得E＝m1v12＋m2v22， 可得EA＝m1v12，EB＝m2v22， 联立解得EA＝18 J，EB＝12 J； (2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EB＝m2gR， 可得R＝0.4 m； (3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得 －m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－EA， 解得x＝0.9 m。 答案　(1)18 J　12 J　(2)0.4 m　(3)0.9 m 热点 力学三大观点的综合应用 [例2]　(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道 FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道 FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道 DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小 FN。 (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 解析　(1)滑块a从D到 F，由能量关系mg·2R＝mvF2－mv02，在 F点FN－mg＝m， 解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N； (2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，根据vB2＝vC2－2aL， 可得在C点的速度vC＝3 m/s， 则滑块 a从碰撞后到达C点时， mv12＝mvC2＋mg·2R， 解得 v1＝5 m/s， 因a、b碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2, 解得碰后b的速度v2＝5 m/s， 则碰撞损失的能量： ΔE＝mvF2－mv12－·3mv22＝0； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度mvF＝4mv，解得 v＝2.5 m/s， 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′，则v′＝ m/s， 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系·4mv2＝·6mv′2＋kx12， 解得x1＝0.1 m， 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1， 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。 答案　(1)10 m/s　31.2　(2)0　(3)0.2 m [规范答题] [例3]　如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。(重力加速度g取10 m/s2)求： (1)BP间的水平距离sBP。 (2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点。 (3)物块A由静止释放的高度h。 解答书写区 评价项目(100分) 合格打钩 解析　(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR，① 其中＝tan 45°，② 由①②解得vD＝4 m/s。③ 设平抛用时为t，水平位移为s2，则有R＝gt2，④ s2＝vDt，⑤ 由④⑤解得s2＝1.6 m。⑥ 物块B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2as1，⑦ 解得s1＝2.5 m，⑧ 故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m；⑨ (2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有－mgR＝mvM2－mvD2。 设在M点轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝m，⑪ 由⑪解得FN＝(1－)mg＜0，假设不成立，即物块不能到达M点； (3)对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有mAvA＝mAvA′＋mBv0，⑫ 根据机械能守恒有mAvA2＝mAvA′2＋mBv02，⑬ 由⑫⑬解得vA＝6 m/s，⑭ 设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝mvA2，⑮ 由⑭⑮解得h＝1.8 m。⑯ 答案　(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 书写工整，卷面整洁 有必要的文字说明，指明研究对象、过程、所用规律 列式规范，无连等式，无变形后公式 无代数过程，有联立①②③式得 结果规范，中间关键点有结果，矢量指明方向 2．(2022·全国乙卷)如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值。 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 解析　(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻， 根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0， 根据能量守恒定律， Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v02， 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02； (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA， 对方程两边同时乘以时间Δt， 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt， 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0， 代入可得sB＝1.128v0t0， 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值： Δs＝sB－sA＝0.768v0t0； (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′， 根据能量守恒定律可得mvA′2＋·5m·(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2， 联立解得vA′＝v0， 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得， －mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－m(2v0)2， 下滑过程，根据动能定理可得， mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv02－0， 联立解得μ＝0.45。 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma上， mg sin θ－μmg cos θ＝ma下， 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a上L＝(2v0)2－0，2a下L＝vA′2， 联立可解得μ＝0.45。 答案　(1)0.6mv02　(2)0.768v0t0　(3)0.45 课时检测训练29　力学三大观点的综合应用 　　　　　 对应学生用书P390 1．如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)两物块在空中运动的时间t。 (2)两物块碰前A的速度v0的大小。 (3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。 解析　(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，由 h＝gt2，解得t＝0.30 s； (2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt，解得v＝1.0 m/s， 根据动量守恒定律，由mv0＝2mv，解得v0＝2.0 m/s； (3)两物块碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv02－×2mv2， 解得ΔE＝0.10 J。 答案　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 2．一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求： (1)玩具上升到最大高度时的速度大小。 (2)两部分落地时速度大小之比。 解析　(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有 0－v02＝－2gh，v2－v02＝－2g， 联立解得v＝v0。 (2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为 m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02， 玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0， 分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝，v2′＝， 考虑到m1∶m2＝1∶4，联立解得＝2。 答案　(1)v0　(2)2 3.如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 解析　(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1， 解得v1＝1 m/s， 两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a， 解得a＝4 m/s2， 由运动学公式有2ax1＝v， 解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动， 对物块有μm2g＝m2a′， 对整体有kx2＝(m1＋m2)a′， 解得x2＝0.25 m， 从木板接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，则有 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx， 解得v2＝ m/s。 答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s 4.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析　(1)根据题意，小物块在传送带上， 由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2， 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m， 可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2， 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s， 解得v2＝3 m/s， 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能 为ΔEk＝m物v2－m物v－m球v， 解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g＝m球， 小球从O点正下方到P点正上方过程中， 由机械能守恒定律有m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)， 联立解得d＝0.2 m， 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 5．水平面上有一光滑双杆组成的轨道，其中竖直圆环A、B部分的两杆间距不同，质量为M的球直径比圆环A部分的两杆间距大，质量为m的球直径比圆环A部分的两杆间距小但比圆环B部分的两杆间距大，两球初始时都静止且直径均比水平双杆的间距大。当给质量为M的小球一个冲量I0(未知)后，两球在圆环 A的最低点发生弹性对心碰撞，两球分别恰好能沿圆环A、B做完整的圆周运动，已知M＝1.5m，圆环A的半径为r，重力加速度为g。 (1)求碰撞结束时质量为M的小球的速度大小。 (2)求圆环B的半径R和冲量I0的大小。 (3)若最初给质量为M的小球的冲量I(已知)大于I0。求质量为M的小球通过圆环顶点时对轨道的压力F。 解析　(1)设碰撞后质量为M的小球的速度为vA0，质量为M的小球上升到最高点的速度为vA1，对质量为M的小球从最低点到最高点过程由机械能守恒定律有MvA02＝Mg×2r＋MvA12， 质量为M的小球在最高点时，由牛顿第二定律得Mg＝M，解得vA0＝； (2)设碰后质量为m的小球的速度为vB0，到达圆环最高点时的速度为vB1，同理有mvB02＝mg×2R＋mvB12，且mg＝m，解得vB0＝， 设质量为M的小球获得冲量I0后的速度为v0，由动量定理有I0＝Mv0， 对质量为M的小球与质量为m的小球碰撞的过程有 Mv0＝MvA0＋mvB0，Mv02＝MvA02＋mvB02， 解得R＝36r，I0＝5M； (3)当I＞I0时，质量为M的小球碰撞前、后的速度分别为v、vA，到达圆环最高点的速度为vA2，质量为m的小球碰撞后的速度为vB，则有I＝Mv，Mv＝MvA＋mvB，Mv2＝MvA2＋mvB2， 对质量为M的小球，在圆环上运动时， MvA2＝Mg×2r＋MvA22， Mg＋F′＝M， 根据牛顿第三定律，解得F＝F′＝－5Mg。 答案　(1)　(2)36r　5 M (3)－5Mg 6.如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t。 (2)物块a经过B点时的速度大小vB。 (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 解析　(1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有 μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2， 代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2， 由物块a与薄板b之间的位移关系可得 a2t2－a1t2＝l，代入数据解得t＝1 s。 (2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s， 设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动， 则由速度关系可得vA cos 60°＝v0， 物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为vB， 则从A到B由动能定理有m1gR(1－cos 60°)＝m1v－m1v， 联立解得vB＝5 m/s。 (3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc， 则由动量守恒定律和能量守恒定律有m1vB＝m1vB1＋m3vc， m1v＝m1v＋m3v， 联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s， 要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3， 解得0<L≤0.25 m， 若在最低点绳子恰好断裂，则有m3g·2L＝m3v－m3v， FT－m3g＝m3，解得L＝0.625 m， 而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3， 解得v1＝2.5 m/s<vc＝5 m/s， 则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。 答案　(1)2 m/s2　3 m/s2　1 s　(2)5 m/s (3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m 学科网（北京）股份有限公司 $$