【物理】2018届一轮复习鲁科版第六章专题强化七动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案

【物理】2018届一轮复习鲁科版第六章专题强化七动力学、动量和能量观点在力学中的应用学案

专题强化七　动力学、动量和能量观点在力学中的应用 专题解读 1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．‎ ‎2．学好本专题，可以帮助同学们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：动力学方法(牛顿运动定律、运动学基本规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．‎ 命题点一　碰撞类问题的综合分析 ‎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．‎ 但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．‎ ‎2．力学规律的选用原则 ‎(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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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，一般用两个守恒定律去解决问题，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，利用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．这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．‎ 例1　(2016·全国Ⅲ·35(2))如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 图1‎ ‎ ①a与b发生弹性碰撞；②b没有与墙发生碰撞．‎ 答案　≤μ< 解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl①‎ 即μ<②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得 mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④‎ mv＝mv1′2＋·mv2′2⑤‎ 联立④⑤式解得 v2′＝v1⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ·mv2′2≤μ·gl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧‎ 联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ<.‎ ‎1．(2015·全国Ⅰ·35(2))如图2所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ 图2‎ 答案　(－2)M≤m＜M 解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，‎ 由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2‎ 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0‎ 要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M A反向向左运动与B发生碰撞过程，有 mv1＝mv3＋Mv4‎ mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1，v4＝v1‎ 由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2‎ 即v0≥v1＝()2v0‎ 整理可得m2＋4Mm≥M2‎ 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足 ‎(－2)M≤m＜M.‎ ‎2．如图3所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：‎ 图3‎ ‎(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度是多大？‎ ‎(2)弹性势能的最大值是多大？‎ ‎(3)A的速度有可能向左吗？为什么？‎ 答案　(1)3 m/s　(2)12 J　(3)不可能　理由见解析 解析　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．‎ 由A、B、C三者组成的系统动量守恒：‎ ‎(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′①‎ 由①式解得vA′＝3 m/s②‎ ‎(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则：‎ mBv＝(mB＋mC)v′③‎ 由③式解得：v′＝2 m/s④‎ 设物块A速度为vA′时 ，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：‎ Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2⑤‎ 由⑤式解得：Ep＝12 J⑥‎ ‎(3)系统动量守恒：mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)vB⑦‎ 设A的速度向左，vA＜0，vB＞4 m/s 则作用后A、B、C动能之和：‎ E′＝mAv＋(mB＋mC)v＞(mB＋mC)v＝48 J⑧‎ 实际上系统的总机械能为：‎ E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝(12＋36) J＝48 J⑨‎ 根据能量守恒定律，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．‎ 命题点二　多运动过程问题的综合分析 应用力学三大观点解题时应注意的问题：‎ ‎(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．‎ ‎(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．‎ ‎(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．‎ ‎(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．‎ 例2　(2015·广东·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．‎ 图4‎ ‎(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．‎ ‎①滑过最高点Q，P点左侧轨道光滑；②右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列．‎ 答案　见解析 解析　(1)由机械能守恒定律得：‎ mv＝mg(2R)＋mv2‎ 得：A滑过Q点时的速度v＝4 m/s>＝ m/s.‎ 在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F＋mg＝ 解得：A滑过Q点时受到的弹力F＝22 N ‎(2)AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律有：‎ mv＝mv得：vA＝v0＝6 m/s AB碰撞后以共同的速度vP前进，由动量守恒定律得：‎ mvA＝(m＋m)vP 解得：vP＝3 m/s 总动能Ek＝(m＋m)v＝9 J 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2 J 则k＝＝45‎ ‎(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段上损失的能量 E损＝nΔE＝0.2n J 由能量守恒得：(m＋m)v－(m＋m)v＝nΔE 代入数据解得：vn＝ m/s，(n＜k)‎ ‎3.如图5所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．‎ 图5‎ 答案　m　mgh 解析　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：‎ mgh＝mv 解得：v1＝ 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有：‎ mg＝mv1′2‎ 解得：v1′＝ 设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：‎ mv1＝－mv1′＋5mv2‎ 解得：v2＝ 由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：I＝5mv2＝m 碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 ‎5mv2＝8mv3‎ 据机械能守恒定律：Epm＝×5mv－×8mv 解得：Epm＝mgh.‎ ‎4.如图6所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一个凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d＝0.10 m．A、B的质量都为m＝2.0 kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g＝10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)物块A和凹槽B的加速度分别是多大；‎ ‎(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；‎ ‎(3)从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小．‎ 答案　(1)5.0 m/s2　0　(2)0　1.0 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)设A的加速度为a1，则mgsin θ＝ma1，a1＝gsin θ＝5.0 m/s2‎ 设B受到斜面施加的滑动摩擦力为f，则 f＝μ·2mgcos θ＝×2×2.0×10×cos 30°＝10 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝2.0×10×sin 30°＝10 N，方向沿斜面向下．因为G1＝f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则凹槽B的加速度a2＝0‎ ‎(2)释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得 v＝2a1d vA0＝＝ m/s＝1.0 m/s 因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有 mvA0＝mvA1＋mvB1‎ mv＝mv＋mv 解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为 vA1＝0，vB1＝1.0 m/s ‎(3)A、B第一次碰撞后，B以vB1＝1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即 vA2＝a1t1＝vB1，解得t1＝0.20 s 设t1时间内A下滑的距离为x1，则 x1＝a1t 解得x1＝0.10 m 因为x1＝d，说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．‎ 设A与B第一次碰后到第二次碰时所用的时间为t2，A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，第二次碰时A的速度为vA3，则 xA1＝a1t，xB1＝vB1t2，xA1＝xB1‎ 解得t2＝0.4 s，xB1＝0.40 m，vA3＝a1t2＝2.0 m/s 第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3＝2.0 m/s速度做匀速直线运动，A以vB1＝1.0 m/s的初速度做匀加速运动．‎ 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3＝0.40 s，A与B发生第三次碰撞．‎ 设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则 xB2＝vA3t3＝2.0×0.40 m＝0.80 m；‎ 设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小为x，则x＝xB1＋xB2＝(0.40＋0.80) m＝1.2 m.‎ 命题点三　滑块—木板模型问题 例3　如图7所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝15 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．‎ 最后在车面上某处与小车保持相对静止．‎ 答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s 解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有 ‎－ft＝m2v－m2v0‎ 其中f＝μm2g 联立以上三式解得t＝ 代入数据得t＝ s＝0.24 s.‎ ‎(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有 m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由功能关系有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不能超过5 m/s.‎ ‎5.如图8所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P置于水平桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P缓缓推至B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为WF＝6 J．撤去推力后，小物块P沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C点的平板小车Q上，且恰好物块P在小车Q上不滑出去(不掉下小车)．小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P、Q质量分别为m＝1 kg、M＝4 kg，A、B间距离为L1＝5 cm，A离桌子边缘C点的距离为L2＝90 cm，P与桌面及P与Q的动摩擦因数均为μ＝0.4，g＝10 m/s2，试求：‎ 图8‎ ‎(1)把小物块推到B处时，弹簧获得的弹性势能；‎ ‎(2)小物块滑到C点的速度大小；‎ ‎(3)P和Q最后的速度大小；‎ ‎(4)Q的长度．‎ 答案　(1)5.8 J　(2)2 m/s　(3)0.4 m/s　(4)0.4 m 解析　(1)由能量守恒有：增加的弹性势能为：Ep＝WF－μmgL1＝(6－0.4×10×0.05) J＝5.8 J ‎(2)对BC过程由动能定理可知：Ep－μmg(L1＋L2)＝mv，代入数据解得小物块滑到C点的速度为：‎ v0＝2 m/s；‎ ‎(3)对P、Q由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得共同速度：v＝0.4 m/s ‎(4)对PQ由能量守恒得：‎ μmgL＝mv－(m＋M)v2‎ 代入数据解得小车的长度：‎ L＝0.4 m.‎ ‎6.如图9所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：‎ 图9‎ ‎(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度为多大？‎ ‎(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离有多远？‎ ‎(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？‎ 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)小铁块放到长木板上后，由于它们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v.‎ 由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0.‎ ‎(2)设小铁块距A点的距离为L，由能量守恒定律得 μmgL＝Mv－(M＋m)v2‎ 解得：L＝ ‎(3)全过程所损失的机械能为 ΔE＝Mv－(M＋m)v2＝.‎ ‎1．(2016·全国Ⅱ·35(2))如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 答案　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析 解析　(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg　v＝1 m/s③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0④‎ 代入数据得v1＝－1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎2．如图2所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．‎ 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1‎ 由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①‎ 由能量守恒得：‎ mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②‎ 联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③‎ ‎(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：‎ mv0＝(M＋m)v2④‎ 设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：‎ mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤‎ 联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m. ‎ ‎3．如图3所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中．‎ 图3‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ 答案　(1)mv　(2)mv 解析　(1)对A、B，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1‎ 解得v1＝v0‎ B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量定恒，有 m·＝2mv2‎ 解得v2＝ 系统损失的机械能 ΔE＝m()2－×2m()2＝mv ‎(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得 mv0＝3mv 解得v＝ 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 Ep＝mv－(3m)v2－ΔE＝mv.‎ ‎4．如图4所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：‎ 图4‎ ‎(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力N；‎ ‎(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；‎ ‎(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf.‎ 答案　见解析 解析　(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，设滑块A在半圆轨道运动到达最高点的速度为vAD，则mAg＝m 得到vAD＝ 滑块A在半圆轨道上运动过程中，‎ 据动能定理：－mAg×2R＝mAv－mAv 得：vA＝vAC＝ 滑块A在半圆轨道最低点：N－mAg＝m 得：N＝mAg＋mA＝6mg ‎(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则 mBvB＋mA(－vA)＝0‎ 得：vB＝vA＝ ‎(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共 整个过程中，动量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共 得：v共＝＝ 滑块B从滑上小车到共速时的位移为 xB＝＝ 小车从开始运动到共速时的位移为 x车＝＝R 两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：‎ Δx＝xB－x车＝＜2R，‎ 即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．‎ 当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x′‎ x′＝＝＞(L－Δx)＝R 所以，滑块B会从小车上滑离．‎ 讨论：当0＜x＜时，滑块B克服摩擦力做功为 Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)‎ 当≤x≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 Wf1＝μ2mgxB＝.‎