《2025年资源库高中物理人教版》

例356 如图1-14-21所示,光滑水平地面上停放着甲、乙两辆平板车,一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦),绳的一端与甲车相连,另一端被甲车上的人拉在手中,已知每辆车和人的质量均为30kg,两车间的距离足够远。现在人用力拉绳,两车开始相向运动,人与甲车保持相对静止,当乙车的速度为1m/s时,停止拉绳。
(1)求拉绳过程中人做的功；
(2)停止拉绳后,为避免两车相撞,人至少以多大的水平速度从甲车跳上乙车？
【解析】(1)设停止拉绳时甲车的速度大小为v_甲,以甲车的运动方向为正方向,由动量守恒定律得
2mv_甲 - mv_乙 = 0,v_乙 = -1m/s,
代入数据解得v_甲 = 0.5m/s,
由功能关系可知,人拉绳过程中做的功等于系统动能的增加量,有W = $\frac{1}{2}$×(2m)v_甲^2 + $\frac{1}{2}$mv_乙^2,
代入数据解得W = 22.5J。
(2)人跳到乙车上后甲、乙两车不相撞,临界情况为两车速度相同,因为系统总动量守恒且为零,故临界情况应为两车和人都静止,设人跳出时水平速度为v,根据人与乙车在作用时动量守恒有mv - mv_乙 = 0,代入数据解得v = 1m/s。
【答案】(1)22.5J (2)1m/s

答案： 答题卡：
(1)设甲车和人的总质量为$2m$，乙车质量为$m$，停止拉绳时甲车速度大小为$v_甲$，以甲车的运动方向为正方向。
由动量守恒定律得：$2mv_甲 - mv_乙 = 0$，已知$v_乙 = 1m/s$，代入可得$2mv_甲 - m×1 = 0$，解得$v_甲 = 0.5m/s$。
由功能关系，人拉绳过程中做的功等于系统动能的增加量，$W = \frac{1}{2}×(2m)v_甲^2 + \frac{1}{2}mv_乙^2$，将$m = 30kg$，$v_甲 = 0.5m/s$，$v_乙 = 1m/s$代入，$W=\frac{1}{2}×(2×30)×0.5^2+\frac{1}{2}×30×1^2 = 22.5J$。
(2)设人跳出时水平速度为$v$，人与乙车在作用时动量守恒，$mv - mv_乙 = 0$，将$m = 30kg$，$v_乙 = 1m/s$代入，可得$30v - 30×1 = 0$，解得$v = 1m/s$。
综上，答案为：
(1)$22.5J$；
(2)$1m/s$。

例357 [广东2023·15]如图1-14-22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$\frac{1}{4}$。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)A在传送带上由静止加速到与传送带共速时所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【解析】(1)药品盒A在传送带上先加速,速度与传送带速度相等后匀速到达传送带的右侧。

药品盒A在传送带上做匀加速运动的过程,由牛顿第二定律有f = ma,
其中摩擦力f = μmg,
根据匀变速直线运动规律,有v₀ - 0 = at,
解得t = $\frac{v₀}{μg}$。
(2)药品盒B进入竖直螺旋滑槽时的速度与A进入时相同,均为v₀,
对于药品盒B从M点到N点的运动过程,由动能定理有2mg×3L - W = $\frac{1}{2}$×2m×(2v₀)^2 - $\frac{1}{2}$×2m×v₀^2,
解得W = 6mgL - 3mv₀^2。
(3)药品盒B与A碰撞过程中,动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律可得
2m×2v₀ = mv_A + 2mv_B,
根据碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的$\frac{1}{4}$
可得$\frac{1}{2}$×2m×(2v₀)^2 = $\frac{1}{2}$×2m×v_B^2 + $\frac{1}{2}$×m×v_A^2 + ΔE,
其中ΔE = $\frac{1}{4}$×$\frac{1}{2}$×2m×(2v₀)^2,
解得$\begin{cases}v_A = 2v₀ \\ v_B = v₀\end{cases} 或\begin{cases}v_A = \frac{2}{3}v₀ \\ v_B = \frac{5}{3}v₀\end{cases} $(不符合实际,舍去),
两药品盒离开平台右端后做平抛运动,
竖直方向有L = $\frac{1}{2}$gt₀^2,
水平方向,对药品盒A有s_A = v_At₀,
对药品盒B有s_B = v_Bt₀,
药品盒A、B分别运动到圆盘内直径的两端,所以圆盘圆心到平台右端N点的水平距离
s = s_B + $\frac{s_A - s_B}{2}$ = $\frac{3}{2}$v₀$\sqrt{\frac{2L}{g}}$。
【答案】(1)$\frac{v₀}{μg}$ (2)$6mgL - 3mv₀^2$ (3)$\frac{3}{2}$v₀$\sqrt{\frac{2L}{g}}$

答案：
(1) 对药品盒$A$，由牛顿第二定律：
$f = \mu mg = ma$，
由匀变速运动规律：
$v_0 = at$，
解得：
$t = \frac{v_0}{\mu g}$。
(2) 对药品盒$B$，由动能定理：
$2mg \cdot 3L - W = \frac{1}{2} \cdot 2m \cdot (2v_0)^2 - \frac{1}{2} \cdot 2m \cdot v_0^2$，
解得：
$W = 6mgL - 3mv_0^2$。
(3) 碰撞过程动量守恒，设向右为正方向：
$2m \cdot 2v_0 = mv_A + 2mv_B$，
碰撞前总动能：
$E_{前} = \frac{1}{2} \cdot 2m \cdot (2v_0)^2 = 4mv_0^2$，
碰撞后总动能满足：
$E_{后} = E_{前} - \Delta E = E_{前} - \frac{1}{4}E_{前} = \frac{3}{4} \cdot 4mv_0^2 = 3mv_0^2$，
即：
$\frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2} \cdot 2mv_B^2 = 3mv_0^2$，
联立解得：
$\begin{cases} v_A = 2v_0 \\ v_B = v_0 \end{cases}$（另一组解$v_A = \frac{2}{3}v_0, v_B = \frac{5}{3}v_0$不符合实际，舍去）。
两盒平抛运动时间相同，竖直方向：
$L = \frac{1}{2}gt_0^2$，
解得：
$t_0 = \sqrt{\frac{2L}{g}}$，
水平位移：
$s_A = v_A t_0 = 2v_0 \sqrt{\frac{2L}{g}}, \quad s_B = v_B t_0 = v_0 \sqrt{\frac{2L}{g}}$，
圆盘圆心到$N$点水平距离：
$s = s_B + \frac{s_A - s_B}{2} = \frac{3}{2}v_0 \sqrt{\frac{2L}{g}}$。
答案为：
(1) $t = \frac{v_0}{\mu g}$；
(2) $W = 6mgL - 3mv_0^2$；
(3) $s = \frac{3}{2}v_0 \sqrt{\frac{2L}{g}}$。