學(xué)問點(diǎn)55：應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決懸繩模型與滑塊碰撞問題【學(xué)問點(diǎn)的理解與運(yùn)用】1．解動(dòng)力學(xué)問題的三種觀點(diǎn)：①動(dòng)力學(xué)的方法：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題．②能量方法：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)問題．③動(dòng)量方法：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題．2．力學(xué)規(guī)律的選用原那么①假如要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓其次定律．②討論某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)轉(zhuǎn)變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉準(zhǔn)時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題．③假設(shè)討論的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律去解決問題，但需留意所討論的問題是否滿意守恒的條件．④在涉及相對(duì)位移問題時(shí)那么優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的削減量，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)，需留意到這些過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．這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．3．滑塊與懸物碰撞模型的特點(diǎn)：懸繩模型是指由懸繩或通過弧形滑槽將不同的物體連在一起組成的系統(tǒng)。此類問題應(yīng)認(rèn)清物體的運(yùn)動(dòng)過程和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，留意物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)速度相同的隱含條件及系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用。考點(diǎn)一：懸繩與滑塊碰撞問題題型一：懸繩與滑塊水平式碰撞模型【典例1拔尖題】長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：〔1〕A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小；〔2〕碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？【典例1拔尖題】【答案】(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)【解析】(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓其次定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)，A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl，由動(dòng)量定理，有I＝m1vA聯(lián)立，得I＝m1eq\r(5gl)。(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿意v′＝vA，要到達(dá)上述條件，碰后兩球速度方向必需與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′，又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，聯(lián)立得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)【典例1拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】有一種打積木的嬉戲，裝置如圖5所示，三塊完全相同的積木疊放在靶位上，長(zhǎng)為L(zhǎng)，積木B與C夾在固定的兩光滑薄板間，一鋼球用長(zhǎng)為R且不行伸長(zhǎng)的輕繩掛于O點(diǎn)，鋼球質(zhì)量與每塊積木的質(zhì)量相等；嬉戲時(shí)，將鋼球拉到與O等高的P點(diǎn)(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與積木A發(fā)生彈性碰撞，積木A滑行一段距離s(s>2L)后停下，又將鋼球拉回P點(diǎn)由靜止釋放，落下后與靜止的積木B發(fā)生彈性碰撞，積木B向前滑行與積木A碰撞后，以共同速度滑行一段距離后停止。重力加速度為g，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，碰撞時(shí)間極短。求：(1)鋼球與積木A碰撞前、后瞬間的速度大小；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)積木B滑行的距離。【典例1拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】(1)eq\r(2gR)0(2)eq\f(R,4L＋s)(3)s－eq\f(1,4)L【解析】(1)設(shè)鋼球和滑塊的質(zhì)量均為m，由機(jī)械能守恒定律可得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gR)，鋼球與滑塊A碰撞過程滿意：mv0＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gR)(2)對(duì)滑塊A由動(dòng)能定理：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝(μ·3mg＋μ·2mg)L＋μmg(s－L)，解得μ＝eq\f(R,4L＋s)(3)又將鋼球拉回P點(diǎn)由靜止釋放，與落下后靜止的積木B發(fā)生彈性碰撞，此時(shí)B的速度仍為v3＝eq\r(2gR)滑行s－L后與A碰撞，此時(shí)B的速度為v4，那么：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝－(μ·2mg＋μmg)L－μmg(s－2L)，得v4＝eq\r(\f(6gRL,4L＋s))，當(dāng)AB碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒：mv4＝2mv5，解得v5＝eq\f(1,2)v4＝eq\f(1,2)eq\r(\f(6gRL,4L＋s))，由動(dòng)能定理：eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,5)＝μ·2mgx，解得x＝eq\f(3L,4)，那么積木B滑行的距離x′＝s－L＋x＝s－eq\f(1,4)L題型二：懸繩模型與滑塊碰撞+板塊模型【典例2拔尖題】如圖，一滑板的上外表由長(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平局部AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P〔可視為質(zhì)點(diǎn)〕置于滑板上面的A點(diǎn)，物體P與滑板水平局部的動(dòng)摩擦因數(shù)為〔〕。一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)、不行伸長(zhǎng)的細(xì)線，一端固定于O′點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m0的小球Q。小球Q位于最低點(diǎn)時(shí)與物體P處于同一高度并恰好接觸。現(xiàn)將小球Q拉至與O′同一高度〔細(xì)線處于水平拉直狀態(tài)〕，然后由靜止釋放，小球Q向下?lián)u擺并與物體P發(fā)生彈性碰撞〔碰撞時(shí)間極短〕。設(shè)物體P的質(zhì)量為m，滑板的質(zhì)量為2m。〔1〕求小球Q與物體P碰撞前瞬間細(xì)線對(duì)小球拉力的大小；〔2〕假設(shè)物體P在滑板上向左運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)飛出，求飛出后相對(duì)C點(diǎn)的最大高度；〔3〕要使物體P在相對(duì)滑板反向運(yùn)動(dòng)過程中，相對(duì)地面有向右運(yùn)動(dòng)的速度，求的取值范圍。【典例2拔尖題】【答案】〔1〕；〔2〕；〔3〕【解析】〔1〕小球Q在下落過程中機(jī)械能守恒，因此有在最低點(diǎn)對(duì)小球Q牛頓其次定律可得聯(lián)立解得〔2〕小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，那么機(jī)械能和動(dòng)量守恒，因此，解得物體和滑板在水平方向上不受力，那么水平方向動(dòng)量守恒由能量守恒可得物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此水平相對(duì)位置不變，豎直方向聯(lián)立可得〔3〕要求P有相對(duì)地面對(duì)右的速度，說明P要滑到曲面上再返回運(yùn)動(dòng)，物塊P相對(duì)滑板反方向運(yùn)動(dòng)過程中，可以知道當(dāng)再次回到B點(diǎn)時(shí)兩者的速度最大，此時(shí)P有向右運(yùn)動(dòng)的速度即可，因此再次回到B時(shí)水平方向動(dòng)量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得方程因物體要經(jīng)過B點(diǎn)，因此要求判別式大于零，速度向右說明結(jié)果要小于零；那么，滿意不等式即，那么聯(lián)立可得【典例2拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】如下圖，“L〞型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的O′點(diǎn)，O′點(diǎn)左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑．用不行伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O′點(diǎn)正上方的O點(diǎn)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．將小球由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開頭做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(要求擺角小于5°)，A以速度v0沿平板滑動(dòng)直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞．一段時(shí)間后，A返回到O點(diǎn)的正下方時(shí)，相對(duì)于地面的速度減為零，此時(shí)小球恰好第一次上升到最高點(diǎn)．A的質(zhì)量mA＝0.1kg，B的質(zhì)量mB＝0.3kg，A與B的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2.整個(gè)過程中A始終在B上，全部碰撞時(shí)間忽視不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，求：〔1〕A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小vA與vB；〔2〕B光滑局部的長(zhǎng)度d；〔3〕運(yùn)動(dòng)過程中A對(duì)B的摩擦力所做的功Wf；〔4〕實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)過程，eq\f(M,mA)的取值范圍(結(jié)果用cos5°表示)．【典例2拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】(1)2m/s2m/s(2)eq\f(7,6)m(3)－eq\f(3,65)J(4)eq\f(4\r(2)π,45)<eq\f(M,mA)<eq\f(4\r(2)π,451－\r(1－cos5°))【解析】(1)設(shè)水平向右為正方向，由于O′點(diǎn)右側(cè)光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程依據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得vA＝－2m/s，(方向水平向左)，vB＝2m/s，(方向水平向右)即A和B速度的大小分別為|vA|＝2m/s，vB＝2m/s.(2)A、B碰后A勻速運(yùn)動(dòng)過程中，此過程對(duì)B有μ2(mA＋mB)g＝mBa1，x0＝vBt1－eq\f(1,2)a1t12故d＝|vA|t1＋x0，A從碰后到返回到O點(diǎn)正下方，有d＝|vA|t1＋eq\f(vA2,2aA)，μ1mAg＝mAaA聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得t1＝eq\f(1,3)s，t1′＝1s(舍去)，d＝eq\f(7,6)m(3)在A剛開頭減速時(shí)，B的速度為v2＝vB－a1t1＝1m/s在A減速過程中，對(duì)B分析依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa2解得a2＝eq\f(13,3)m/s2，設(shè)B停下來的時(shí)間為t3，那么有0＝v2－a2t3，A減速的時(shí)間t2＝eq\f(|vA|,aA)＝0.5s解得t3＝eq\f(3,13)s<t2＝0.5s，可知在A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移大小為xB＝eq\f(v22,2a2)＝eq\f(3,26)m所以A對(duì)B的摩擦力所做的功為Wf＝－μ1mAgxB＝－eq\f(3,65)J(4)小球和A碰撞后，A做勻速直線運(yùn)動(dòng)再和B相碰，此過程有t0＝eq\f(d,v0)＝eq\f(7,24)s由題意可知A返回到O點(diǎn)的正下方時(shí)，小球恰好第一次上升到最高點(diǎn)，設(shè)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T，擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，那么有eq\f(1,4)T＝t0＋t1＋t2＝eq\f(9,8)s，即T＝eq\f(9,2)s又單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L＝eq\f(81g,16π2)，小球下擺過程依據(jù)動(dòng)能定理有MgL＝eq\f(1,2)Mv2小球與A碰撞過程依據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv＝Mv1＋mAv0當(dāng)碰后小球擺角恰為5°時(shí)，有MgL(1－cos5°)＝eq\f(1,2)Mv12聯(lián)立可得eq\f(M,mA)＝eq\f(4\r(2)π,451－\r(1－cos5°))當(dāng)碰后小球速度恰為0時(shí)，碰撞過程有Mv＝mAv0，那么可得eq\f(M,mA)＝eq\f(4\r(2)π,45)故要實(shí)現(xiàn)題述過程的范圍為eq\f(4\r(2)π,45)<eq\f(M,mA)<eq\f(4\r(2)π,451－\r(1－cos5°))題型三：懸繩模型與滑塊碰撞+其他組合運(yùn)動(dòng)模型【典例3拔尖題】如下圖，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開頭時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開肯定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽視M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2.〔1〕假設(shè)h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大小；〔2〕物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿意的關(guān)系；〔3〕假設(shè)物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．【典例3拔尖題】【答案】(1)5m/s(2)FN＝h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，2.6m<x≤3m，當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\＋\f(\r(3),5)))m【解析】(1)滑塊b擺到最低點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性正碰，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得v0＝5m/s(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發(fā)生彈性正碰，速度交換，假設(shè)物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的高度為h1，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向，那么有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)，由動(dòng)能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)立可得FN＝h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，最終物塊a靜止的位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，依據(jù)動(dòng)能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2，從E點(diǎn)飛出后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2，水平方向s1＝vEt當(dāng)h最大時(shí)，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，那么s1取不到最大值，依據(jù)幾何關(guān)系可得DF＝eq\f(\r(3),5)m，x＝3l＋DF＋s1代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x＋eq\f(\r(3),5))m；當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，從h2＝0.9m釋放b，a、b碰撞后，仍交換速度時(shí)，那么依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgs2＝0，當(dāng)h最小時(shí)解得s2＝1.8m，可知物塊a到達(dá)距離C點(diǎn)0.8m處?kù)o止；當(dāng)h取1.2m時(shí)，物塊a在E點(diǎn)速度為零，假設(shè)返回到CD時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4m，距離C點(diǎn)0.6m，又因h＝1.2m不在此范圍內(nèi)，故當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，有3l－s3<x≤3l代入數(shù)據(jù)得2.6m<x≤3m.考點(diǎn)二：懸繩與懸繩模型碰撞問題題型一：懸繩與懸繩碰撞模型【典例1拔尖題】質(zhì)量為M＝0.6kg的小車靜止在光滑水平軌道上，有兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝0.8m的細(xì)繩，一根系在固定的擋板D上，另一根系在小車C上(小車緊靠擋板)，下面各掛一只小球，小球的質(zhì)量分別為mA＝0.4kg，mB＝0.2kg，靜止時(shí)兩小球正好相切，且切點(diǎn)與兩球心同在一水平面上，如下圖，假如將A球拉成水平后由靜止釋放，在最低點(diǎn)與B球碰撞，碰后A球連續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為h＝0.2m．g＝10m/s2，求：(1)碰后瞬間B球的速度大小；(2)碰撞后B球上升的最大高度；(3)小車能到達(dá)的最大速度。【典例1拔尖題】【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)2m/s【解析】(1)設(shè)A球下落到最低點(diǎn)時(shí)速度為v0，兩球碰撞后速度分別為vA、vB，對(duì)A球下落以及碰后上升兩個(gè)階段分別由機(jī)械能守恒定律，可得mAgL＝mAv02，mAgh＝mAvA2A、B碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得vB＝4m/s。(2)對(duì)B、C系統(tǒng)，當(dāng)B上升到最大高度時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mBvB＝(M＋mB)v由能量守恒定律可知mBvB2＝(M＋mB)v2＋mBghB，解得hB＝0.6m。(3)當(dāng)B再次回到最低點(diǎn)時(shí)小車的速度最大，那么由動(dòng)量守恒定律得mBvB＝Mvm＋mBv′由能量守恒定律可知mBvB2＝Mvm2＋mBv′2，解得小車的最大速度vm＝2m/s。【典例1拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】?jī)晌矬w碰撞后的別離速度與碰撞前的接近速度成正比，這個(gè)比值叫做恢復(fù)系數(shù)：，式中v1v2為兩物體碰前的速度，u1u2為兩物體碰后的速度。恢復(fù)系數(shù)是反映碰撞時(shí)物體形變恢復(fù)力量的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料有關(guān)。如下圖，質(zhì)量為m1的小球a，用l1的細(xì)線懸掛于O1點(diǎn)，質(zhì)量為m2=1kg的小球b，用l2的細(xì)線懸掛于O2點(diǎn)，且O1、O2兩點(diǎn)在同一條豎直線上。讓小球a靜止下垂，將小球b向右拉起，使細(xì)線水平，從靜止釋放，兩球剛好在最低點(diǎn)對(duì)心相碰。相碰后，小球a向左搖擺，細(xì)線l1與豎直方向最大偏角為，兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力忽視不計(jì)，僅考慮首次碰撞。取g=10m/s2。求：〔1〕兩球相碰前瞬間小球b對(duì)細(xì)線l2的拉力的大小；〔2〕假設(shè)a小球的質(zhì)量m1=2kg，求兩球碰撞的恢復(fù)系數(shù)k的大小；〔3〕全部滿意題干要求的碰撞情形中，恢復(fù)系數(shù)k取何值時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能損失最多？【典例1拔尖題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】(1)30N；(2)；。【解析】(1)設(shè)小球b擺到最低點(diǎn)的速度為v2，細(xì)線l2對(duì)b球的拉力為T，小球b擺到最低點(diǎn)的過程機(jī)械能守恒，有，b在最低點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律，有解得，由牛頓第三定律知，小球b對(duì)繩的拉力的大小也為30N，方向豎直向下。(2)設(shè)a、b兩小球碰后的速度分別為、，a球上擺過程機(jī)械能守恒：，兩球碰撞動(dòng)量守恒：，由題意得：，其中v1=0，解得v2=4m/s，u1=2m/s，u2=0，代入可得(3)設(shè)兩球碰撞的恢復(fù)系數(shù)為k，由題意得：，兩小球碰撞動(dòng)量守恒：，系統(tǒng)損失機(jī)械能：，整理得：，所以：時(shí)兩球碰撞損失的機(jī)械能最多。題型二：懸繩其他模型【典例2拔尖題】打樁機(jī)是基建常用工具，某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如下圖，重物A、B和C通過不行伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實(shí)線位置)時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng).重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°.某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放．設(shè)C的下落速度為eq\r(\f(3gL,5))時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)eq\f(L,10)距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)．A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)．重力加速度為g.〔1〕求C的質(zhì)量；〔2〕假設(shè)D在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力F可