《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化七動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對(duì)本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題2學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問(wèn)題3用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)；動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)命題點(diǎn)一碰撞類問(wèn)題的綜合分析1解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理
2、非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題但綜合題的解法并非孤立的，而應(yīng)綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解2力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律去解決問(wèn)題，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些
3、過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換這種問(wèn)題由于作用時(shí)間都極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)例1(2016全國(guó)35(2)如圖1所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件a與b發(fā)生彈性碰撞；b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞答案mgl即設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得mv02mv12mgl設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大
4、小分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1mv1mv2mv12mv12mv22聯(lián)立式解得v2v1由題意，b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知mv22gl聯(lián)立式，可得聯(lián)立式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞的條件為 m/s.在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式有：Fmg解得：A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)受到的彈力F22 N(2)AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律有：mv02mvA2得：vAv06 m/sAB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動(dòng)量守恒定律得：mvA(mm)vP解得：vP3 m/s總動(dòng)能Ek(mm)vP29 J滑塊每經(jīng)過(guò)一段粗糙段損失的機(jī)械能EFfL(mm)gL0.2 J則k45(3)
5、AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段上損失的能量E損nE0.2n J由能量守恒得：(mm)vP2(mm)vn2nE代入數(shù)據(jù)解得：vn m/s，(nk)3.如圖5所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過(guò)程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能圖5答案mmgh解析設(shè)小
6、球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mghmv12解得：v1設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有：mgmv12解得：v1設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv1mv15mv2解得：v2由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程B物塊受到的沖量為：I5mv2m碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv28mv3據(jù)機(jī)械能守恒定律：Epm5mv228mv32解得：Epmmgh.4.如圖6所示，在傾角30的斜面上放置一個(gè)凹槽B，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，槽內(nèi)靠近右側(cè)壁處有一小物塊A
7、(可視為質(zhì)點(diǎn))，它到凹槽左側(cè)壁的距離d0.10mA、B的質(zhì)量都為m2.0kg，B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)A、B之間的摩擦，斜面足夠長(zhǎng)現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A、B，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A與B的側(cè)壁發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程不計(jì)機(jī)械能損失，碰撞時(shí)間極短取g10m/s2.求：圖6(1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大；(2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間A、B的速度大?。?3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小答案(1)5.0m/s20(2)01.0 m/s(3)1.2m解析(1)設(shè)A的加速度為a1，則mgsin ma1，a1gsin 5.0 m/s2設(shè)B受到
8、斜面施加的滑動(dòng)摩擦力為Ff，則Ff2mgcos 22.010cos 3010 N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1mgsin 2.010sin 3010 N，方向沿斜面向下因?yàn)镚1Ff，所以B受力平衡，釋放后B保持靜止，則凹槽B的加速度a20(2)釋放A后，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)到凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁時(shí)的速度為vA0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vA022a1dvA0 m/s1.0 m/s因A、B發(fā)生彈性碰撞時(shí)間極短，沿斜面方向動(dòng)量守恒，A和B碰撞前后動(dòng)能守恒，設(shè)A與B碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，根據(jù)題意有mvA0mvA1mvB1mvA02mvA12mvB12解得第一次發(fā)
9、生碰撞后瞬間A、B的速度分別為vA10，vB11.0 m/s(3)A、B第一次碰撞后，B以vB11.0 m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，A做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，A的速度vA2與B的速度相等，A與B的左側(cè)壁距離達(dá)到最大，即vA2a1t1vB1，解得t10.20 s設(shè)t1時(shí)間內(nèi)A下滑的距離為x1，則x1a1t12解得x10.10 m因?yàn)閤1d，說(shuō)明A恰好運(yùn)動(dòng)到B的右側(cè)壁，而且速度相等，所以A與B的右側(cè)壁恰好接觸但沒(méi)有發(fā)生碰撞設(shè)A與B第一次碰后到第二次碰時(shí)所用的時(shí)間為t2，A運(yùn)動(dòng)的距離為xA1，B運(yùn)動(dòng)的距離為xB1，第二次碰時(shí)A的速度為vA3，則xA1a1t22，xB1vB1t2，xA1xB1
10、解得t20.4 s，xB10.40 m，vA3a1t22.0 m/s第二次碰撞后，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次發(fā)生速度交換，B以vA32.0 m/s速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以vB11.0 m/s的初速度做勻加速運(yùn)動(dòng)用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A不會(huì)與凹槽B的右側(cè)壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過(guò)t30.40 s，A與B發(fā)生第三次碰撞設(shè)A與B在第二次碰后到第三次碰時(shí)B運(yùn)動(dòng)的位移為xB2，則xB2vA3t32.00.40 m0.80 m；設(shè)從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小為x，則xxB1xB2(0.400.
11、80) m1.2 m.命題點(diǎn)三滑塊木板模型問(wèn)題例3如圖7所示，質(zhì)量m10.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L15m，現(xiàn)有質(zhì)量m20.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2.求：圖7(1)物塊在車面上滑行的時(shí)間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過(guò)多少最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止答案(1)0.24s(2)5m/s解析(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v0(m1m2)v設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為Ff
12、，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有Fftm2vm2v0其中Ffm2g聯(lián)立以上三式解得t代入數(shù)據(jù)得t s0.24 s.(2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，物塊滑到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v，則有m2v0(m1m2)v由功能關(guān)系有m2v02(m1m2)v2m2gL代入數(shù)據(jù)解得v05 m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不能超過(guò)5 m/s.5.如圖8所示，水平放置的輕彈簧左端固定，小物塊P置于水平桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩?fù)浦罛點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時(shí)，推力做的功為WF6J撤去推力后，小物塊P沿桌面滑動(dòng)到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊
13、緣C點(diǎn)的平板小車Q上，且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車)小車的上表面與桌面在同一水平面上，已知P、Q質(zhì)量分別為m1kg、M4kg，A、B間距離為L(zhǎng)15cm，A離桌子邊緣C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)290cm，P與桌面及P與Q的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，g10m/s2，試求：圖8(1)把小物塊推到B處時(shí)，彈簧獲得的彈性勢(shì)能；(2)小物塊滑到C點(diǎn)的速度大?。?3)P和Q最后的速度大??；(4)Q的長(zhǎng)度答案(1)5.8J(2)2m/s(3)0.4 m/s(4)0.4m解析(1)由能量守恒有：增加的彈性勢(shì)能為：EpWFmgL1(60.4100.05) J5.8 J(2)對(duì)BC過(guò)程由動(dòng)能定理可知：Epmg(L1L
14、2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點(diǎn)的速度為：v02 m/s；(3)對(duì)P、Q由動(dòng)量守恒定律得：mv0(mM)v解得共同速度：v0.4 m/s(4)對(duì)PQ由能量守恒得：mgLmv02(mM)v2代入數(shù)據(jù)解得小車的長(zhǎng)度：L0.4 m.6.如圖9所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點(diǎn)，這時(shí)小鐵塊相對(duì)地面速度為零，小鐵塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對(duì)靜止，已知它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，問(wèn)：圖9(1)小鐵塊跟木板相對(duì)靜止時(shí)，它們的共同速度為多大？(2)它們相對(duì)靜止時(shí)，小鐵塊與A點(diǎn)距離有多遠(yuǎn)？(3)在全
15、過(guò)程中有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？答案(1)v0(2)(3)解析(1)小鐵塊放到長(zhǎng)木板上后，由于它們之間有摩擦，小鐵塊做加速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做減速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到共同速度，一起勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)達(dá)到的共同速度為v.由動(dòng)量守恒定律得：Mv0(Mm)v解得vv0.(2)設(shè)小鐵塊距A點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，由能量守恒定律得mgLMv02(Mm)v2解得：L(3)全過(guò)程所損失的機(jī)械能為EMv02(Mm)v2.1(2016全國(guó)35(2)如圖1所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升
16、的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度)已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g10 m/s2.圖1(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由見(jiàn)解析解析(1)規(guī)定向左為速度正方向冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v0(m2m3)vm2v02(m2m3)v2m2gh式中v03m/s為冰塊推出時(shí)的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m320kgv1m/s(2)設(shè)小孩推出冰塊后
17、的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1m2v00代入數(shù)據(jù)得v11m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3m2v02m2v22m3v32聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v21m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩2如圖2所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M4.0kg的平板車，車的上表面是一段長(zhǎng)L1.5m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R0.25m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O相切現(xiàn)將一質(zhì)量m1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌
18、道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g10m/s2，求：圖2(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小；(2)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O的距離答案(1)5m/s(2)0.5m解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1由動(dòng)量守恒得：mv0(Mm)v1由能量守恒得：mv02(Mm)v12mgRmgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v05 m/s(2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒得：mv0(Mm)v2設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O點(diǎn)的距離為x
19、，由能量守恒得：mv02(Mm)v22mg(Lx)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x0.5 m. 3如圖3所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短，求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直到與彈簧分離的過(guò)程中圖3(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能答案(1)mv(2)mv解析(1)對(duì)A、B，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1解得v1v0B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量定恒，有m2mv2解得v2系統(tǒng)損失的機(jī)械能Em()2
20、2m()2mv02(2)當(dāng)A、B、C速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv03mv解得v根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢(shì)能Epmv02(3m)v2Emv02.4如圖4所示，固定的光滑平臺(tái)左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺(tái)上靜止放著兩個(gè)滑塊A、B，其質(zhì)量mAm，mB2m，兩滑塊間夾有少量炸藥平臺(tái)右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M3m，車長(zhǎng)L2R，車面與平臺(tái)的臺(tái)面等高，車面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，右側(cè)地面上有一不超過(guò)車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0x2R的范圍內(nèi)取值，當(dāng)小車運(yùn)動(dòng)到立樁處立即被牢固粘連點(diǎn)燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過(guò)半圓軌道的最
21、高點(diǎn)D，滑塊B沖上小車兩滑塊都可以看做質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì)，爆炸的時(shí)間極短，爆炸后兩個(gè)滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g10m/s2.求：圖4(1)滑塊A在半圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)受到軌道的支持力FN；(2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB；(3)請(qǐng)討論滑塊B從滑上小車在小車上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關(guān)系答案見(jiàn)解析解析(1)以水平向右為正方向，設(shè)爆炸后滑塊A的速度大小為vA，設(shè)滑塊A在半圓軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vAD，則mAgm得到vAD滑塊A在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理：mAg2RmAvAD2mAvAC2得：vAvAC滑塊A在半圓軌道最低點(diǎn)：FNmAgm得：
22、FNmAgmA6mg(2)在A、B爆炸過(guò)程，動(dòng)量守恒，則mBvBmA(vA)0得：vBvA(3)滑塊B滑上小車直到與小車共速，設(shè)為v共整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)量守恒：mBvB(mBM)v共得：v共滑塊B從滑上小車到共速時(shí)的位移為xB小車從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速時(shí)的位移為x車R兩者位移之差(即滑塊B相對(duì)小車的位移)為：xxBx車2R，即滑塊B與小車在達(dá)到共速時(shí)未掉下小車當(dāng)小車與立樁碰撞后小車停止，然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則直到停下來(lái)發(fā)生的位移為xx(Lx)R所以，滑塊B會(huì)從小車上滑離討論：當(dāng)0x時(shí)，滑塊B克服摩擦力做功為Wf2mg(Lx)4m(2Rx)當(dāng)x2R時(shí)，滑塊B從滑上小車到共速時(shí)克服摩擦力做功為Wf12mgxB.15
2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案
