三大力学观点的综合应用测试题及解析

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第32讲力学三大基本观点的综合应用(练习)(解析版)-2025版高考物理最新模拟精练+真题实战演练

第32讲力学三大基本观点的综合应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·山东聊城·统考三模）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。

混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既节能又环保。

汽车质量为M ，静止在平直路面，只采用电力驱动，发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 后，再次提速，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率为12P ，由1v 经时间t 达到最大速度2v （未知）；运动一段时间后，开始“再生制动”刹车，所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。

加速过程中可视为阻力恒定；“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比，即f kv =。

求：（1）汽车速度由1v 到2v 过程中前进的位移1x ；（2）汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离2x 。

【答案】（1）3111322Mv v t P -；（2）12Mv k 【详解】（1）发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 时有11f F =所以汽车加速过程中的阻力1111P f F v ==同理发动机的总额定功率为12P ，达到最大速度2v 时有1122P f v =解得212v v =汽车速度由1v 到2v 过程中根据动能定理有2221112111132222Pt f x Mv Mv Mv -=-=解得前进的位移2111311111323222Pt Mv v Mv x v t P P ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-（2）“再生制动”刹车过程即速度由2v 减到零的过程，根据动量定理有22102kvt kx Mv Mv -=-=-=-解得汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离122Mv x k=2．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，水平传送带以v 0=2m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L =6.2m ，每隔Δt 1=0.5s 将物块（可视为质点）P 1、P 2、P 3、P 4……依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。

专题力学三大观点的综合应用

力学三大观点综合应用高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量观点在力学中的应用例1 (2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案(1) m/s (2)6次(3)5 s m解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mvv＝ m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F f＝μF N＝μmg设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由功能关系得－F f·s1＝12(m＋m)v2－12mv20解得s1＝ m已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′.有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′1 2mv21＋12mv22＝12mv1′2＋12mv2′2得v1′＝v2，v2′＝v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v—t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝v0＋ata＝－μg解得t＝5 s凹槽的v—t图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为 L ，其余每两份面积和均为L .)s 2＝12(v 02)t ＋，解得s 2＝ m.1．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高3h2的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的14圆弧．质量为m 的小球A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与B 发生弹性碰撞，碰后B 从圆弧上的某点离开圆弧．所有接触面均光滑，A 、B 均可视为质点，重力加速度为g .图2(1)求斜面与平台间的水平距离s 和A 的初速度v 0； (2)若M ＝2m ，求碰后B 的速度；(3)若B 的质量M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为α.求cos α的取值范围．答案 (1) h 2gh (2)23gh (3)23≤cos α≤1解析 (1)设小球A 飞上平台的速度为v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1反向平抛运动，由平抛运动规律得：12h ＝12gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝gtv 1解得：v 1＝gh ，s ＝h由机械能守恒定律得：12mv 20＝32mgh ＋12mv 21解得：v 0＝2gh .(2)设碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动量、能量守恒得mv 1＝mv A ＋Mv B12mv 21＝12mv 2A ＋12Mv 2B v B ＝2m m ＋M v 1＝23gh .(3)由(2)可知，当M ≪m 时v B ≈2gh ＞gh 从顶端飞离则cos α＝1 当M ≫m 时，v B ＝0，设B 球与圆弧面在C 处分离，则：Mgh (1－cos α)＝12Mv 2CMg cos α＝M v 2C h ，cos α＝23，故23≤cos α≤11．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．考题2 应用动力学、能量、动量解决综合问题例2 如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m ＝1 kg 的足够长的木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量为m B ＝2 、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离．已知A 和C 之间的摩擦因数为μ1＝，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：图3(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A 、B 、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离审题突破 (1)根据动量守恒和能量守恒列方程组求A 、B 分离时的速度；(2)由牛顿第二定律求三者的加速度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解．答案 (1)0 3 m/s (2) J m/s (3) m解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s.(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2，方向水平向左对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a ＜μ1m A g故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2，方向水平向右对A 、B 、C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m )v Q ＝12m B v 2B －12(m A ＋m B ＋m )v 2 解得：Q ＝ J ，v ＝ m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A 达到共同速度v 1，之后A 、C 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A ＝μ1g ＝2 m/s 2，a B ＝μ2g ＝1 m/s 2 μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2 v 1＝v －a A t ＝－v ＋a C t解得：v 1＝ m/st ＝ s x A 1＝v ＋v 12t ＝ m ，x C 1＝－v ＋v 12t ＝－ m故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A 1＋|x C 1|＝ m.2．(2014·广东·35)如图4所示，的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：mv 1＝2mv 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12mv 21－12×2mv 22②解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 2ma ＝－2μmg③可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at2④由①③④式得v 1＝6L －at2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2mv 2A －12×2mv 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中涉及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果是碰撞并涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3)20＋43gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前A 的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得3mgx 0 sin 30°＝12mv 21由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2解以上二式得v 2＝123gx 0.(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12·2mv 22＝2mgx 0 sin 30°解得E p ＝14mgx 0.(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12mv 2＋3mgx 0 sin 30°＝12mv 23 mv 3＝2mv 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则12·2mv 24＋E p ＝12·2mv 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则12mv 25＝12mv 26＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)在最高点有mg ＝mv26R联立以上各式解得v ＝20＋43gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝ m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝ m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝ m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝ m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1) m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 2解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 2解得v ＝ m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大 v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝ m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝ m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为x 1＝v 1t ＝ m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m. 题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量M ＝4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高h 1＝ m ．水平面右边的台阶高h 2＝ m ，台阶宽l ＝ m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝5 m 的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝2 kg 的甲物体和质量m 2＝1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ＝.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取10 m/s 2，sin 53°＝，cos 53°＝．求：图3(1)炸药爆炸使两物体增加的机械能E ； (2)物体在圆弧轨道最低点C 处对轨道的压力F ； (3)平板车上表面的长度L 和平板车运动位移s 的大小．答案 (1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下 (3)1 m 解析 (1)甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝0E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝75 J.(2)设甲物体平抛到B 点时，水平方向速度为v x ，竖直分速度为v yv y ＝2g h 1－h 2＝4 m/sv x ＝v ytan θ＝3 m/s合速度为：v B ＝5 m/s物体从B 到C 过程中：m 1gr (1－cos θ)＝12m 1v 2C －12m 1v 2BF N －m 1g ＝m 1v2C rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝F N ＝46 N ，方向竖直向下． (3)甲物体平抛运动时间：t ＝v yg＝ s 平抛水平位移：x ＝v x t ＝ m ＞ m甲物体在车上运动时的加速度为：a 1＝μg ＝2 m/s 2甲物体在车上运动时间为：t 1＝v 0－v xa 1＝1 s甲物体的对地位移：x 1＝12(v 0＋v x )t 1＝4 m甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝μm 1g M＝1 m/s 2甲离开车时，车对地的位移：x 2＝12a 2t 21＝ m车长为：L ＝2(x 1－x 2)＝7 m 车的位移为：s ＝x 2＋(x －l )＝1 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝ m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向水平向右，乙的速度为63m/s ，方向水平向左解析 (1)甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D ，在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s.(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙，得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为： s ＝v2乙2a＝12 m ＜20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m. (3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2 甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝ m ＜ m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 2＝2 3 m/s乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s ＜12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向水平向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向水平向左．。

题型专练力学三大观点的综合应用(含答案)

题型专练力学三大观点的综合应用高考题型1应用力学三大观点处理多过程问题1．力学三大观点对比2.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．考题示例例1(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图1(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案 (1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析 (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有 0＝m A v A －m B v B ① E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④ s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为 s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有 12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g ()2l ＋s B ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫ 12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得 s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m 命题预测1．(2020·山东威海市高三二模)如图2甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg 和1 kg 的A 、B 两个小物块，用一根细线相连，A 、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A 、B 与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A 、B 从P 点由静止释放，运动至Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A 、B 瞬间分离，从分离时开始计时，A 、B 短时间内运动的速度－时间图像如图乙所示，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)A 、B 与斜面间的动摩擦因数μA 、μB ； (2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能E p ； (3)A 、B 再次相遇前的最远距离L . 答案 (1)36 33 (2)6 J (3)6815m 解析 (1)根据题图乙可知，A 、B 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直线运动，且A 的加速度大小为 a A ＝ΔvΔt＝7.5 m/s 2 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°＋μA m A g cos 30°＝m A a A ，解得μA ＝36对B 由平衡条件得m B g sin 30°＝μB m B g cos 30°，解得μB ＝33(2)细线断裂瞬间，对A 、B 由动量守恒定律得 (m A ＋m B )v ＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒定律得E p ＝12m A v A 2＋12m B v B 2－12(m A ＋m B )v 2解得E p ＝6 J.(3)当A 、B 的速度相等时，二者相距最远，设A 上滑的时间为t A ，位移为x A ；A 下滑过程中的加速度为a A ′，时间为t A ′，位移为x A ′，则有|v A |＝a A t A ，v A 2＝2a A x A 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°－μA m A g cos 30°＝m A a A ′v B ＝a A ′t A ′，v B 2＝2a A ′x A ′，B 发生的位移x B ＝v B (t A ＋t A ′) A 、B 再次相遇前的最远距离L ＝x B ＋x A －x A ′ 解得L ＝6815m.2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D 点平滑连接半径为R ＝2 m 、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C 、D 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A 从C 点开始，以初速度v 0＝3 m/s 沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D 点距离为3.25 m 的P 点静置另一个可视为质点的物块B .已知物块A 、B 与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 的质量m 1＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求物块A 从C 点滑到D 点时，对圆弧轨道的压力；(2)若物块B 的质量为m 2＝1 kg ，物块A 与B 碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D 点多远；(3)若B 的质量为m 2′＝ 5 kg ，物块A 与B 的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A 与B 均停止后它们相距多远．答案 (1)34.5 N ，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m解析 (1)设物块A 在D 点的速度为v 1，则物块A 从C 点运动到D 点的过程，由动能定理可得： m 1gR ＝12m 1v 12－12m 1v 02得v 1＝7 m/s设物块A 在D 点受到圆弧轨道向上的支持力大小为F N ，则有F N －m 1g ＝m 1v 12R得F N ＝34.5 N由牛顿第三定律可得：物块A 在D 点对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝34.5 N ，方向竖直向下．(2)设物块A 在P 点与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 2，加速度大小为a 1，则从D 点到P 点的过程中，由牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a 1 －2a 1L ＝v 22－v 12 得v 2＝6 m/s物块A 与物块B 碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3 解得v 3＝3 m/sA 、B 碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得：μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 0－v 32＝－2a 2x 得x ＝94m ＝2.25 m此时距D 的距离为L ＋x ＝5.5 m(3)物块A 运动到P 点的速度仍为v 2＝6 m/s ，碰撞过后瞬间A 与B 的速度分别为v 4、v 5，A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m 1v 2＝m 1v 4＋m 2′v 5 12m 1v 22＝12m 1v 42＋12m 2′v 52 得v 4＝－4 m /s ，v 5＝2 m/s由于12m 1v 42<m 1gR ＋μm 1gL ，故A 反弹后不能达到C 点；设物块A 与B 碰撞过后，直至停止的整个运动过程中，在水平地面上运动的路程为s ，由动能定理可得：－μm 1gs ＝0－12m 1v 42得s ＝4 m故物块A 向左运动3.25 m 后滑上圆弧返回后又向右运动了x 1＝s －L ＝0.75 m 物块B 向右减速至零，则有0－v 52＝－2a 3x 2，μm 2′g ＝m 2′a 3 解得x 2＝1 m故A 、B 相距s ＝L ＋x 2－x 1＝3.5 m ．高考题型2 应用力学三大观点解决板—块模型问题1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．考题示例例2 (2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图4答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. 命题预测3．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图5甲所示，质量为m ＝0.3 kg 的小物块B (可视为质点)放在质量为M ＝0.1 kg 、长度L ＝0.6 m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0＝1 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图5(1)A 与B 间的动摩擦因数μ；(2)A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔； (3)A 与P 碰撞几次，B 与A 分离．答案 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得： m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．4．如图6所示，质量为M 的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m 的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v 0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g )图6(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？ (3)系统的最大弹性势能是多少？答案 (1)Mm v 022(M ＋m ) (2)M v 024μg (M ＋m ) (3)Mm v 024(M ＋m )解析设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．答案 (1)3 m /s ，方向向左 6 m/s ，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为 x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.专题强化练[保分基础练]1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A 的速度大小为( )A ．0.5 m /sB ．1 m/sC ．2 m /sD ．3 m/s答案 D解析碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12×2m v 2，代入数据得v ＝2 m/s ，A 与B 碰撞的过程中，A 与B 组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则m v 0＝m v 1＋2m v ，由于没有机械能损失，则12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 2，联立解得v 0＝3 m/s ，故选D. 2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m 的足够长的木板，木板上放一质量也为m 、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v 0和2v 0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )图2A ．1∶4B ．1∶42C ．1∶8D ．1∶12 答案 A解析木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m ；对系统，根据能量守恒定律有μmgs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，解得划痕长度s ＝M v 022μ(M ＋m )g ，同理，当木块的初速度为2v 0时，则划痕长度为s ′＝M (2v 0)22μ(M ＋m )g ，故两次划痕长度之比为s ∶s ′＝1∶4，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g .求：图3(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度．答案 (1)v 024gL(2)0 v 0，方向水平向右解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有m v 0＝2m v 1解得v 1＝12v 0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知 μmgL ＝12m v 02－12×2m v 12联立解得μ＝v 024gL(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2m v 1＝m v 1′＋m v 2′ 2m v 1＝2m v 2小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有 μmgL ＝12m v 1′2＋12m v 2′2－12×2m v 22联立以上各式解得v 1′＝0，v 2′＝v 0，方向水平向右．[争分提能练]4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m 的物体A 和2m 的物体B 均以大小为v 的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m ，最终物体A 、B 都停在小车上，物体 A 、B 始终没有相碰．重力加速度为g ，求：图4(1)最终小车的速度大小及方向； (2)平板车的长度至少为多长．答案 (1)v 4 方向水平向左 (2)9v 28μg解析 (1)以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2m v －m v ＝4m v 1解得v 1＝v4，方向水平向左(2)初始阶段A 物体向右做匀减速运动，加速度大小a A ＝μmg m ＝μg ；B 物体向左做匀减速运动，加速度大小a B ＝μ·2mg2m＝μg ；小车向左做匀加速运动，加速度大小a C ＝μ·2mg －μmg m ＝μg经过t 1时间，B 、C 达到共同速度，则有v －μgt 1＝μgt 1此时t 1＝v 2μg ，B 、C 的速度v 2＝v2，方向向左，A 的速度大小与B 、C 相同，方向相反，该过程中，A 相对C 运动的距离：Δx 1＝(v t 1－12a A t 12)＋12a C t 12B 相对C 运动的距离：Δx 2＝(v t 1－12a B t 12)－12a C t 12 此后B 、C 共同向左做减速运动，加速度大小a ＝μmg 3m ＝μg 3直到三物体速度相同，所用时间t 2＝v 1－v 2－a＝3v 4μg 该过程A 相对B 、C 滑行的距离：Δx 3＝(v 2t 2－12a A t 22)＋(v 2t 2－12at 22) 所以小车的长度至少是l ＝Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＝9v 28μg. 5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝3 kg 的物块A .装置的中间是始终在以u ＝2 m/s 的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A 静止在其平衡位置，此处距传送带左端l ＝0.5 m ．质量m ＝1 kg 的物块B 从斜面上距水平台面高h ＝2.0 m 处由静止释放，已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度为L ＝1.0 m ．物块A 、B 都可视为质点，A 、B 发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)物块B 与物块A 第一次碰撞前瞬间，B 的速度大小；(2)物块B 与物块A 第一次碰撞后，B 返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h ′；(3)如果物块A 每次被B 碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B 的再次碰撞，当物块B 在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B 从开始到此时相对于地面运动的总路程s 多大．答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m解析 (1)B 从斜面滑下过程机械能守恒，mgh ＝12m v 02 解得B 滑上传送带瞬间v 0＝210 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，v 02－v 12＝2aL ，μmg ＝ma解得B 滑过传送带与A 碰前瞬间的速度v 1＝6 m/s(2)A 、B 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B 的速度为v 2，A 的速度为v Am v 1＝m v 2＋M v A ，12m v 12＝12m v 22＋12M v A 2 联立两式解得v 2＝－12v 1，v A ＝12v 1，即v 2＝－3 m/s 物块B 以3 m/s 的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v 22－v 32＝2aL解得v 3＝ 5 m/s ＞u ＝2 m/s故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh ′＝12m v 32，得h ′＝0.25 m (3)物块B 上升h ′后再返回传送带右端时，速度大小为v 3＝ 5 m/s ，滑上传送带，减速至左端v 32－v 42＝2aL ，得v 4＝1 m/s物块B 与A 第二次发生弹性碰撞，碰后速度v 5＝－12m/s 返回传送带后向右匀加速运动，u 2－v 52＝2ax得x ＝1516m ＜L ＝1 m 故运动x 后匀速运动至右端，以初速度大小u ＝2 m/s 滑上斜面，则mgh ″＝12mu 2 得h ″＝0.2 m再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B 从开始到此时对地总路程s ＝4l ＋5L ＋h ＋2h ′＋2h ″sin θ得s ＝716m ≈11.83 m. 6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图6(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？答案 (1)40 N (2)187m<h ≤3 m 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度．设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得 m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.。

8.高中物理力学“三大观点”的综合应用专题精练含答案

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第16页
(3)设 B、C 之间的弹簧第一次恢复到原长时 B、C 的速度分别为 vB1 和 vC1，则由动量守恒和能量守恒有
mBvB＝mBvB1＋mCvC1 12mBv2B＝12mBv2B1＋12mCv2C1 解得 vB1＝－1 m/s(负号表示方向向左，即 B 的速度大小为 1 m/s)，vC1＝1 m/s. (其中 vB1＝2 m/s，vC1＝0 m/s 不符合题意，舍去)
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第12页
(2)由能量守恒定律可得机械能损失为 ΔE＝12mv12－12·2m·v2，解得 ΔE＝0.9 J. (3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到 C 点的过程中机械能守恒，则有12·2mv2＝2mg×2R＋12×2mv2C，恰好可以通过 C 点，根据牛顿第二定律可得 2mg＝2mvR2C，代入数据解得 R＝0.18 m.
(1)分别求爆炸后瞬间 A、B 的速度大小； (2)求弹簧弹性势能的最大值； (3)分别求弹簧恢复到原长时 B、C 的速度大小．
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第14页Байду номын сангаас
解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取 A 和 B 为研究对象，假设爆炸后瞬间 A、B 的速度大小分别为 vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒：－mAvA＋mBvB＝0 爆炸产生的热量有 0.4 J 转化为 A、B 的动能：
课时作业22 力学“三大观点”的综合应用
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时间：45 分钟
1．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 的 A 球以速度 v0 向右运动，与静止的质量为 5m 的 B 球碰撞，碰撞后 A 球以 v＝ av0(待定系数 a<1)的速率弹回，并与固定挡板 P 发生弹性碰撞，若
要使 A 球能再次追上 B 球，则系数 a 可以是( BC )

高中【物理】力学综合题(三大观点解力学问题)(附答案)

力学综合题（三大观点解力学问题）1．如图所示，质量为14m kg =和质量为22m kg =可视为质点的两物块相距d 一起静止在足够长且质量为2M kg =的木板上，已知1m 、2m 与木板之间的动摩擦因数均为10.4μ=，木板与水平面的动摩擦因数为20.2μ=．某时刻同时让1m 、2m 以初速度速度16/v m s =，24/v m s =的速度沿木板向右运动。

取210/g m s =，求：（1）若1m 与2m 不相碰，1m 与2m 间距d 的最小值；（2）M 在水平面滑行的位移x 。

2．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平；II 上CD 为倾角为30︒的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R ．质量为m 的极限运动员（可视为质点）从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上。

求：（1）极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离；（2）极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力；（3）P 点与B 点的高度差。

3．某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图（a ）所示。

现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b ）所示。

已知物体质量1m kg =，与地面的动摩擦因数10.35μ=，离出发点C 左侧S 距离处另有动摩擦因数为20.45μ=、长为0.5d m =的粗糙材料铺设的地面AB 段。

(g 取210/)m s（1）若S 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？（2）若启动电动机，物体在C 点从静止开始运动，到达B 点时速度恰好达到0.5/m s ，则BC 间的距离S 是多少？物体能通过AB 段吗？如果不能停在何处？4．如图所示，光滑水平地面上放置一质量3M kg =的长木板，长木板右端固定一轻质弹簧，其劲度系数300/k N m =，弹簧的自由端到长木板左端的距离0.8L m =。

高考物理一轮复习专题突破练习6三大力学观点的综合应用含答案

专题突破练习(六)三大力学观点的综合应用1．如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为()A．m＋Mm2μgs B．M－mm2μgsC．mm＋Mμgs D．mM－mμgs2．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是()A．滑块b沿a上升的最大高度为v20 5gB．物块a运动的最大速度为2v0 5C．滑块b沿a上升的最大高度为v20 2gD．物块a运动的最大速度为v0 53．(2023·云南昆明市高三检测)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d，两个质量均为m的物体A、B与弹簧连接，B物体的左边有一固定挡板，A物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，A物体的速度为v1，弹簧处于自然长度时弹性势能为0，则在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．A、B两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒B．弹簧的最大弹性势能为12m v21C．B物体的最大速度等于v1D．在某段时间内A物体可能向左运动4．质量M＝0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t＝0时，两个质量都为m＝0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1＝5.0 m/s 和v2＝2.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。

已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.2，g取10 m/s2，求：(1)A、B两物体在车上都停止滑动时的速度；(2)车的长度至少是多少？5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。

专题17 力学三大观点的综合应用-2023届高考物理一轮复习热点题型专练(解析版)

专题17力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 (1)题型二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 (16)题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比【例1】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＝0.8m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＝0.4kg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 －2t 2(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10m/s 2)求：(1)BP 间的水平距离s BP ；(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 .【答案】(1)4.1m(2)不能(3)1.8m【解析】(1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时v y 2＝2gR ①其中v yv D ＝tan 45°②由①②解得v D ＝4m/s ③设平抛用时为t ，水平位移为s 2，则有R ＝12gt 2④s 2＝v D t ⑤由④⑤解得s 2＝1.6m ⑥物块B 碰后以初速度v 0＝6m/s ，加速度a ＝－4m/s 2减速到v D ，则BD 过程由运动学公式v D 2－v 02＝2as 1⑦解得s 1＝2.5m ⑧故BP 之间的水平距离s BP ＝s 2＋s 1＝4.1m ⑨(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，由D 到M 的运动过程，根据动能定理，则有－22mgR＝12m v M2－12m v D2⑩设在M点轨道对物块的压力为F N，则F N＋mg＝m v M2 R⑪由⑩⑪解得F N＝(1－2)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：m A v A＝m A v A′＋m B v0⑫根据机械能守恒有：1 2m A v A2＝12m A v A′2＋12m B v02⑬由⑫⑬解得：v A＝6m/s⑭设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有：mgh＝12m v A2，⑮由⑭⑮解得h＝1.8m．⑯【例2】(2021·云南省高三二模)如图所示，光滑弧形槽静置于光滑水平面上，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7m、m0＝2kg.BCD是半径R＝0.4m的固定竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，粗糙水平面AB与光滑圆轨道在B点相切，已知A、B两点相距2m．现将质量m＝1kg的物块从弧形槽顶端由静止释放，物块进入粗糙水平面AB前已经与光滑弧形槽分离，并恰能通过光滑圆轨道最高点D，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物块从弧形槽滑下的最大速度大小；(2)物块在圆形轨道B点时受到的轨道的支持力大小；(3)物块与粗糙水平面AB间的动摩擦因数．【答案】(1)6m/s(2)60N(3)0.4【解析】(1)小物块到达弧形槽底端时速度最大．设小物块到达弧形槽底端时速度大小为v1，槽的速度大小为v2.小物块与弧形槽组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小物块下滑到底端时，由动量守恒定律得m v1－m0v2＝0由机械能守恒定律得mgh＝12m v12＋12m0v22联立解得v1＝6m/s v2＝3m/s(2)物块从竖直圆形光滑轨道B点运动到D点满足机械能守恒定律，有12m v B2＝12m v D2＋2mgR物块恰能通过竖直圆形光滑轨道的D点，有mg＝m v D2R物块通过竖直圆形光滑轨道的B点，有F N－mg＝m v B2R联立解得F N＝6mg＝60N(3)物块经过粗糙水平面AB时，有v B2－v12＝2as＝－2μgs解得μ＝0.4.【例3】(2022·湖南怀化市一模)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab 倾斜、bc水平，与半径R＝0.4m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。

10专题：力学三大观点综合运用专题(含答案)

10专题：力学三大观点综合运用专题力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动（曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动），涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔE k当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移（摩擦生热）时，应优先选用能量守恒定律机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2功能关系W G＝－ΔE p等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功，特别是打击类问题动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，只涉及初末速度而不涉及力、时间1.如图，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在木板B的左端．质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h＝0.2 m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g＝10 m/s2)求：(1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；(3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少多长．2.如图所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1 m的细线悬挂一质量为m＝0.1 kg 的滑块B，B 恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．水平轨道的右侧有一质量为M＝0.3 kg 的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C 静止在P点处．一质量也为m＝0.1 kg的子弹以初速度v0＝15 2 m/s 射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为x＝0.2 m．滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛．滑块C与PD段的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；(2)弹簧的最大弹性势能．3.如图所示，水平传送带两端A、B间距为L＝6 m，质量为M＝2 kg的木块随传送带一起以v0＝2 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，当木块运动至最左端A 点时，一个质量为m＝0.5 kg的小球以v＝20 m/s的速度水平向右撞向木块并与木块粘连在一起(g＝10 m/s2)。

高考物理专题【“三大观点”解答力学综合问题】典型题(带解析)

高考物理专题【“三大观点”解答力学综合问题】典型题1．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M ＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2解析：选BC．在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确．2．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m(m<M)的弹丸以速度v向右水平击中木块并最终停在木块中．设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中()A．弹丸和木块的速率都是越来越小B．弹丸在任一时刻的速率不可能为零C．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等解析：选CD．弹丸击中木块前，由于m<M，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率在某一时刻可能为零，故A、B错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I＝Ft知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D 正确．3．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d ，m 2的左边有一固定挡板．m 1由图示位置静止释放，当m 1与m 2相距最近时m 1的速度为v 1，则在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是2m 1m 1＋m 2v 1解析：选BD ．由题意结合题图可知，当m 1与m 2相距最近时，m 2的速度为0，此后，m 1在前，做减速运动，m 2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 1减速结束，m 2加速结束，因此此时m 1速度最小，m 2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，可解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 1，B 、D 选项正确．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，物块与AO 部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g 取10 m/s 2)求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．解析：(1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 1＝2m v 2 代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得m v 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s.对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23 代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m.(3)由能量守恒得μmgx ＝12m v 22－12(m 0＋m )v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m. 答案：(1)1 m/s (2)132m (3)0.125 m5．如图甲所示，质量m 1＝4 kg 的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m 2＝1 kg 的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F ，小物块和长木板运动的速度—时间图象如图乙所示.2 s 后，撤去F ，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ； (2)水平力的大小F ；(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE . 解析：(1)由题图可知：长木板的加速度a 1＝12m/s 2＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力F f ＝m 1a 1＝2 N小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝F fm 2g ＝0.2.(2)由题图可知，小物块的加速度a 2＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律可知：F －μm 2g ＝m 2a 2 解得F ＝4 N.(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v )运动m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 代入数据解得v ＝1.6 m/s 则系统损失的机械能ΔE ＝⎝⎛⎭⎫12m 1v 21＋12m 2v 22－12()m 1＋m 2v 2＝3.6 J.答案：(1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J6．如图所示，质量为m 1＝0.5 kg 的小物块P 置于台面上的A 点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M ＝1 kg 的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m 2＝1 kg 的小滑块Q .现用水平向左的推力将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P 沿台面滑到边缘C 时速度v 0＝10 m/s ，与小车左端的滑块Q 相碰，最后物块P 停在AC 的正中点，滑块Q 停在木板上．已知台面AB 部分光滑，P 与台面AC 间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 、C 间距离L ＝4 m ．滑块Q 与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g 取10 m/s 2)，求：(1)撤去推力时弹簧的弹性势能； (2)长木板运动中的最大速度； (3)长木板的最小长度．解析：(1)小物块P 由B 点到C 点的过程： W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 20－0 解得：W 弹＝27 J E p ＝W 弹＝27 J即：撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向 m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q 小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v 2P 解得v Q ＝6 m/s滑块Q 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2 解得：a 1＝－4 m/s 2 a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设最大速度为v ，滑行时间为t 0 对Q ：v ＝v Q ＋a 1t 0 对木板：v ＝a 2t 0 解得：t 0＝1 s v ＝2 m/s则长木板运动中的最大速度为2 m/s. (3)在滑块Q 和木板相对滑动过程中 Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v )·t 0木板的位移：x 板＝12(0＋v )·t 0木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得：L ＝3 m.答案：(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m7．如图所示，固定点O 上系一长L ＝0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B 点接触但对平台无压力，平台高h ＝0.80 m ，一质量M ＝2.0 kg 的物块开始静止在平台上的P 点，现对物块M 施予一水平向右的初速度v 0，物块M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B 处与小球m 发生正碰，碰后小球m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点A 时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M 落在水平地面上的C 点，其水平位移x ＝1.2 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.(1)求物块M 碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物块M 间的动摩擦因数μ＝0.5，物块M 与小球的初始距离为x 1＝1.3 m ，求物块M 在P 处的初速度大小．解析：(1)碰后物块M 做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v 3，平抛运动时间为t h ＝12gt 2①x ＝v 3t ② 得：v 3＝xg2h＝3.0 m/s ③ (2)物块M 与小球在B 点处碰撞，设碰撞前物块M 的速度为v 1，碰撞后小球的速度为v 2，由动量守恒定律：M v 1＝m v 2＋M v 3④碰后小球从B 点处运动到最高点A 过程中机械能守恒，设小球在A 点的速度为v A ，则 12m v 22＝12m v 2A＋2mgL ⑤ 小球在最高点时有：2mg ＝m v 2AL ⑥由⑤⑥解得：v 2＝6.0 m/s ⑦由③④⑦得：v 1＝m v 2＋M v 3M＝6.0 m/s ⑧物块M 从P 点运动到B 点过程中，由动能定理：－μMgx 1＝12M v 21－12M v 20⑨解得：v 0＝v 21＋2μgx 1＝7.0 m/s ⑩答案：(1)3.0 m/s (2)7.0 m/s8．静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ (3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ① E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ② 联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s.③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ．⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m．⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v A′，由动能定理有12－12m A v2A＝－μm A g(2l＋s B)⑩2m A v A′联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A′＝7 m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v A″和v B″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A(－v A′)＝m A v A″＋m B v B″⑫12＝12m A v A″2＋12m B v B″2⑬2m A v A′联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A″＝375m/s，v B″＝－275m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s A′时停止，B向左运动距离为s B′时停止，由运动学公式2as A′＝v A″2，2as B′＝v B″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A′＝0.63 m，s B′＝0.28 m⑯s A′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝s A′＋s B′＝0.91 m．⑰答案：(1)4.0 m/s 1.0 m/s(2)物块B先停止0.50 m(3)0.91 m。

人教高中物理新高考考点21 力学三大观点的综合应用

考点规范练21 力学三大观点的综合应用1.如图所示,一质量为m=1 kg 、长为l=1 m 的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的15,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。

现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m 环=3 kg,重力加速度g 取10 m/s 2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。

答案:0.45 m解析:设弹性环下落到地面时,速度大小为v 1,由动能定理得 m 环gl-F f l=12m 环v 12,且有F f =15m 环g ,解得v 1=4m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为v 2,由动量守恒定律得m 环v 1=(m 环+m )v 2,解得v 2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为H=v 222g =0.45m 。

2.(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。

如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b ,甲、乙相隔s 1=3.5×10-2 m,乙与边框a 相隔s 2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。

现用手指将甲以0.4 m/s 的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a 。

(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

答案:(1)乙能滑到边框a ,计算见解析 (2)0.2 s 解析:(1)甲珠的加速度大小a=μg=1m/s 2 根据运动学公式得v 2-v 甲12=-2as 1 解得甲、乙相碰前,甲的速度v=0.3m/s甲、乙相碰,动量守恒,有mv=mv甲2+mv乙解得v乙=0.2m/s以乙为研究对象,乙珠的加速度大小也为a=μg=1m/s2由v乙2=2as解得s=0.02m=s2,乙能滑动到边框a。

高中物理-课时作业30力学“三大”观点的综合应用

课时作业(三十)力学“三大”观点的综合应用[基础训练]1．(2020湖南株洲一模)如图所示，长为L的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上，后来由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为()A.2glB.glC.2gl2D．0答案：A解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，小球甲刚要落地时水平速度为零，由机械能守恒定律得12m v2＝mgl，解得v＝2gl，故A正确．2．(2020辽宁师大附中期末)如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球1、2，m1∶m2＝2∶1，球1以3 m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h＝1.25 m，取g＝10 m/s2，则两球落地点到桌面右边缘的水平距离为()A．0.5 m B．1.0 m C．1.5 m D．2.0 m答案：B解析：小球1在桌面上滑动的过程中速度不变，与小球2碰撞的过程中两球组成的系统水平方向受到的合外力为零，水平方向系统动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后速度是v，则m1v0＝(m1＋m2)v，则v＝2 m/s.两球离开桌面后做平抛运动，运动的时间t＝2hg ＝2×1.2510s＝0.5 s，所以落地时距桌面右边缘的水平距离x＝v t＝2×0.5 m＝1.0 m，故选B.3．(2020陕西汉中中学月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为()A．L B.3L4 C.L2 D.L4答案：C解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－12M v 2；如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得M v0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝12M v 2－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，故C正确，A、B、D错误．4．(2020四川攀枝花一诊)(多选)如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器测得拉力F和物体速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，则()甲乙A．物体的质量m＝0.5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C．0～3 s内拉力F对物体做的功为1 JD．0～3 s内拉力F的冲量大小为6 N·s答案：AD解析：由v-t图象可知在2～3 s的时间内，物体做匀速直线运动，处于受力平衡状态，所以物体所受滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速直线运动，v-t图象中图线的斜率的大小代表物体加速度的大小，故a＝2－02－1m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得，F－f＝ma，所以m＝F－fa＝3－22 kg ＝0.5 kg ，A 正确；由f ＝μF N ＝μmg ，得μ＝f mg ＝20.5×10＝0.4，B 错误；在第1 s 内物体没有运动，物体在第2 s 内做匀加速直线运动的位移为x 2＝12at 2＝12×2×12 m ＝1 m ，第3 s 内做匀速直线运动的位移x 3＝v t ＝2×1 m ＝2 m ，则0～3 s 内拉力F 做功W ＝F 2x 2＋F 3x 3＝3×1 J ＋2×2 J ＝7 J ，C 错误；0～3 s 内拉力F 的冲量大小I ＝F 1t 1＋F 2t 2＋F 3t 3＝(1×1＋3×1＋2×1) N·s ＝6 N·s ，D 正确．5．(2020四川二诊)如图所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s .设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A.1v 0(s ＋L )B.1v 0(s ＋2L )C.12v 0(s ＋L )D.1v 0(L ＋2s ) 答案：D 解析：子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块所用时间为t ，则有v 22t ＝s ，v 0＋v 12t ＝s ＋L ，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，选项D 正确．6．如图(a)所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 以3 m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度图象如图(b)所示，则( )图(a)图(b)A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2＝2∶1D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2＝1∶8答案：D 解析：在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m /s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，故A 项错误．从t 3到t 4时刻弹簧由拉伸状态恢复到原长，故B 项错误．由动量守恒定律，m 1×3 m/s ＝(m 1＋m 2)×1 m /s ，所以得到m 1∶m 2＝1∶2，故C 项错误．在t 2时刻A 与B 速度分别为v 1＝－1 m/s ，v 2＝2 m/s ，其动能之比为E k1E k2＝m 1m 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1v 22＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝18，故D 项正确． 7．如图所示，粗糙水平面与半径为R ＝9.8 m 的光滑14圆弧轨道平滑连接，质量为m 的小滑块A 在水平恒力F ＝1.5mg 的作用下从水平左侧某点向右运动，力F 作用t 1＝2 s 后撤去，小滑块A 继续运动t 2＝2 s 后与静止圆弧轨道底端的另一小滑块B 发生弹性碰撞，碰后小滑块B 能沿圆弧轨道上升的最大高度为h ＝R 8，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝9.8 m/s 2，两小滑块均可视为质点．求：(1)小滑块A 与小滑块B 碰撞前瞬间的速度大小v 0；(2)小滑块B 的质量M ；(3)小滑块A 、B 碰撞前后B 对轨道的压力之比．答案：(1)9.8 m/s (2)3m (3)4∶5解析：(1)对滑块A 碰撞前运动过程，规定向右为正方向，由动量定理得：Ft 1－μmg (t 1＋t 2)＝m v 0－0，解得v 0＝9.8 m/s.(2)设碰撞后A 、B 速度分别为v 1、v 2，由机械能守恒定律得：Mgh ＝12M v 22解得：v 2＝4.9 m/s对于弹性碰撞过程，由机械能守恒定律得：12m v 20＝12m v 21＋12M v 22由动量守恒定律得：m v0＝m v1＋M v2联立解得：M＝3m.(3)碰撞前，对B由平衡条件得：F N1＝Mg碰撞后，对B由牛顿第二定律得：F N2－Mg＝M v22R解得：F N2＝54Mg由牛顿第三定律可知碰撞前后B对轨道的压力之比为F N1′F N2′＝F N1F N2＝45.[能力提升]8．(2020湖南张家界三模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，与水平地面相切于E点，圆弧半径为R＝1 m．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，取g＝10 m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为()A．v0＝4 m/s B．v0＝5 m/sC．v0＝6 m/s D．v0＝7 m/s答案：B解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有m v0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有12m v 2 0＝12(m＋M)v 21＋mgR，联立两式解得v0＝5 m/s，B正确．9．(2020江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()甲乙A．A物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20答案：AC 解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有：E pm ＝12m A v 20当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2解得：m A ＝3m ，E pm ＝32m v 20故A 、C 正确，B 、D 错误．10．(2020湖北天门、仙桃八市二模)如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为1 kg 、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m 的轻绳悬挂着质量为 0.99 kg 的木块．开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g 的子弹以500 m /s 的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．子弹和木块摆到最高点时速度为零B ．滑块的最大速度为2.5 m/sC ．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 mD ．当子弹和木块摆起高度为0.4 m 时，滑块的速度为1 m/s答案：C 解析：设子弹质量为m 0，木块质量为m 1，滑块质量为m 2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平向右，A 项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为v m，子弹和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2v m，子弹射入木块后三者组成的系统机械能守恒，则有12(m0＋m1)v 21＝12(m0＋m1)v′2＋12m2v2m，解得v m＝0或v m＝5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，B项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v，解得v＝2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得12(m0＋m1)v21＝12(m0＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh′，解得h′＝0.625 m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v x＋m2v3，令v3＝1 m/s，得v x＝4 m/s，此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得12(m0＋m1)v 21＝12(m0＋m1)(v2x＋v2y)＋12m2v23＋(m0＋m1)gh′，解得h′<0.4 m，D项错误．11．(2020山东菏泽一模)如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子．若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能．答案：(1)12gh(2)34mgh解析：(1)设B球与A球相碰前的速度大小为v1，则h ＝12v 1t 1碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v 2，根据动量守恒定律有m v 1＝2m v 2两球一起下落过程中，有h ＝v 2t 2＋12gt 22而t 1＝2t 2解得v 2＝12gh .(2)B 球下滑至碰撞前，损失的机械能ΔE 1＝mgh －12m v 21由(1)问知v 1＝gh因此ΔE 1＝12mgh碰撞过程损失的机械能ΔE 2＝12m v 21－12×2m v 22＝14mgh 因此整个过程损失的机械能ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝34mgh .。

力学三大观点的综合应用 --2024届新高考物理冲刺专项训练(解析版)

力学三大观点的综合应用1(2024·辽宁鞍山·二模)如图所示，质量为m 的小球A 通过长为L 的不可伸长轻绳悬挂于天花板上，质量为2m 的小球B 放在高也为L 的支架上。

现将A 球拉至水平位置由静止释放，在最低点与静止的B 球发生碰撞，碰后瞬间B 球的速度大小为22gL 3。

求：(1)从碰后至B 球落地时的B 球的水平位移x ；(2)A 、B 碰后瞬间轻绳对A 的拉力大小F T 。

【答案】(1)x =43L ；(2)F T =119mg 【详解】(1)碰后B 球做平抛运动运动，则有L =12gt 2x =v B ⋅t得x =43L (2)设A 球碰前的速度为v 0，对A 球列动能定理有mgL =12mv 20A 、B 两球碰撞满足动量守恒，设碰后A 球速度为v 0，向右为正，则有mv 0=mv A +2mv B 得v A =-2gL 3由牛顿第二定律得F T -mg =mv 2A L得F T =119mg 2(23-24高三上·江西吉安·期末)如图所示，内壁光滑的圆弧轨道ABC 固定在竖直面内，与在光滑的水平面相切于A 点，O 是圆心，OA 、OB 分别是竖直半径和水平半径，∠COB =37°。

甲、乙两小球(均视为质点)静置在A 点的右侧，乙的质量为3m ，现让甲获得一个水平向左的速度2v 0，甲、乙发生弹性碰撞，碰刚结束时甲、乙的速度正好等大反向，然后乙从A 点进入圆弧轨道向上运动，重力加速度大小为g ，sn 37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求甲球的质量；(2)若乙球到达C 点(即将离开轨道还未离开轨道)与圆弧轨道间的弹力刚好为0，则圆弧轨道的半径为多少？(3)在第(2)问中，当乙球运动到B 点时，重力的瞬时功率为多少。

【答案】(1)m ；(2)5v 0219g ；(3)-91919mgv 0【详解】(1)设甲球的质量为M ，碰撞刚结束时设甲、乙两球的速度分别为-v ，v ，由弹性碰撞规律可得M ×2v 0=M -v +3mv12M 2v 0 2=12Mv 2+12×3mv 2综合解得M =m ，v =v 0(2)设圆弧轨道的半径为R ，把乙球在C 点的重力分别沿着CO 和垂直CO 正交分解，则沿着CO 方向的分力为G y =3mg sin37°若乙球到达C 点(即将离开轨道还未离开轨道)与轨道间的弹力刚好为0，则G y 充当向心力，则有G y =3mv C 2R乙球从A 到C 由机械能守恒定律可得3mg R +R sin37° =12×3mv 2-12×3mv C 2综合解得R =5v 0219gv C =319v 0(3)乙从A 到B 由机械能守恒定律可得3mgR =12×3mv 2-12×3mv B 2乙在B 点重力的瞬时功率为P =-3mgv B综合可得P =-91919mgv 03(2024·广西·一模)在图示装置中，斜面高h =0.9m ，倾角α=37°，形状相同的刚性小球A 、B 质量分别为100g 和20g ，轻弹簧P 的劲度系数k =270N /m ，用A 球将弹簧压缩Δl =10cm 后无初速释放，A 球沿光滑表面冲上斜面顶端与B 球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能E p =12k (Δl )2，重力加速度的大小取g =10m/s 2，sin37°=0.6。

第一篇专题二培优练2力学三大观点的综合应用

培优练2 力学三大观点的综合应用1.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O 、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q 点相切。

在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小物块B 运动。

A 、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点时速度为零。

已知重力加速度大小为g ，忽略空气阻力。

(1)求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；(2)当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；(3)求碰撞过程中A 和B 损失的总动能。

2．(2023·广东卷·15)如图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v 0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2v 0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14。

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。

3．(2023·黑龙江齐齐哈尔市二模)如图所示，半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的最低点与长为L的水平传送带左端A水平相切，传送带沿顺时针转动的速度为v0(v0>2gL)，传送带的右端B紧靠等高的光滑水平面，质量为m的滑块b静止在水平面上，离右边的竖直墙距离为L。

专题十一力学三大观点的综合应用

※专题十一力学三大观点的综合应用动力学与动量观点的综合应用1.(多选)一水平力F方向确定,大小随时间变化的图像如图甲所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示.重力加速度大小为10 m/s2,最大静摩擦力大于滑动摩擦力.由图像可知(BD)A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C.物块的质量m=2 kgD.在0~4 s时间内,合力的冲量为12 N·s[解析] 由图乙可知,t=2 s时刻物块刚开始运动,静摩擦力最大,最大静摩擦力等于此时的拉力,由图甲读出最大静摩擦力为6 N,故A错误;由图像可知,当t=2 s时,a=1 m/s2,F=6 N,而当t=4 s 时,a=3 m/s2,F=12 N,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,联立解得μ=0.1,m=3 kg,故B正确,C错×(4-误;a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量,则0~4 s内物块速度的增量为Δv=1+322) m/s=4 m/s,根据动量定理可知,0~4 s内合力的冲量为ΔI=Δp=mΔv=3×4 N·s=12 N·s,故D 正确.动量与动能观点的综合应用2.如图甲所示,光滑的水平桌面上,固定一半径为R的光滑圆筒形轨道(俯视图如图乙所示),圆心与直角坐标系xOy的坐标原点O重合.质量为m1=11 m的小球A静止于M点,M点的坐标为(0,-R),完全相同的小球B静止于N点,N点的坐标为(R,0)一质量m2=2 m的子弹以初速度v0沿x轴正方向射入A球,经过极短时间与Δt球相对静止,子弹可视为质点,小球的半径远远小于圆筒形轨道的半径,两小球间的碰撞视为弹性碰撞.结果用m、v0、R、Δt表示.(1)求子弹对A球的平均作用力大小和穿入深度;(2)求两球第一次碰撞后各自的速度大小;(3)求两球第一次与第二次碰撞的时间间隔和第二次碰撞时的坐标.[答案] (1)22mv 013Δtv 02Δt (2)v78v 06(3)13πRv 0(√32R ,12R)[解析] (1)子弹击中A 球过程,动量守恒,有2mv 0=13mv 解得v =213v 0对A 球,由动量定理得F Δt =11mv -0 解得F =22mv 013Δt根据动能定理得Fx =12×2m v 02−12×(11+2)mv 2解得x =v02Δt(2)第一次碰撞,根据动量守恒定律及机械能守恒定律得 13mv =13mv 1+11mv 212×13mv 2=12×13m v 12+12×11m v 22解得v 1=13m -11m13m+11m v =178v 0,v 2=2×13m 13m+11m v =16v 0(3)设经过时间t 两球第二次碰撞,则有(v 2-v 1)t =2πR 解得t =13πRv 0A 球运动的弧长为s =v 1t =πR6 则碰撞时x =R cos π6=√32R ,y =R sin π6=12R 即第二次碰撞时的坐标为(√32R ,12R) 3.内有光滑半圆形轨道、质量为M =2 kg 的滑块静止在光滑的水平地面上,直径BD 为2r =0.3m .一个铁桩固定在地面上,滑块左侧紧靠在铁桩上.滑块内圆轨道的左端点B 的正上方高度h =0.3 m 处有一点A ,现将质量为m =1 kg 的小球(可以视为质点)从A 点由静止释放,然后经过半圆轨道的B 、C 、D 点后冲出(C 点为圆轨道的最低点).重力加速度g 取10 m/s 2,忽略空气阻力.(1)求小球到达C 点时的速度大小;(2)求小球第一次冲出D 点时的速度大小,以及能够上升的最大高度;(3)如果没有铁桩,求小球第二次冲出D 点并到达最高点时,与初位置A 点的水平距离.[答案] (1)3 m/s (2)2 m/s 0.15 m (3)0.2 m[解析] (1)小球从A 到C 由动能定理得mg (h +r )=12m v C 2解得v C =√2g (ℎ+r )=3 m/s(2)小球从C 到D 的过程水平方向动量守恒,则mv C =(M +m )v x 由能量关系得mgh =12m (v x 2+v y 2)+12M v x 212m v y 2=mgH v D =√v x 2+v y2 解得H =0.15 m,v D =2 m/s(3)如果没有滑块左侧的铁桩,小球第一次冲出D 点时,滑块向左的位移为x 则Mx =m (2r -x )解得x =2mrM+m =0.1 m此时滑块和小球的水平速度均为零,小球向上做竖直上抛运动,再次回到D 点进入凹槽,此后凹槽向右运动,先加速后减速,到小球从B 点冲出时,凹槽回到原来的位置,速度减为零,以后重复原来的运动,则当小球第二次冲出D 点并到达最高点时,小球与初位置A 点的水平距离为Δx =2r -x =0.2 m4.如图所示,一辆小车静止在光滑水平地面上,小车上固定着半径为R =0.5 m 的14光滑圆轨道,小车和轨道的总质量为M =2 kg,轨道底端水平.质量为m =1.99 g 的物块静止于圆弧轨道底端,物块可以看作质点,有一质量为m 0=0.01 kg 的子弹,以速度为v 0=400 m/s 水平向右射入物块,并留在其中,子弹射入过程时间极短.重力加速度g 取10 m/s 2,求: (1)子弹打入物块后瞬间,物块对轨道的压力大小; (2)物块上升到最高点时,距圆弧轨道底端的高度; (3)在以后运动的过程中,小车的最大速度大小.[答案] (1)36 N (2)0.1 m (3)2 m/s[解析] (1)子弹射入物块过程时间极短,该过程子弹和物块系统动量守恒,有m 0v 0=(m 0+m )v 共1子弹打入物块瞬间,受力分析,有F N -(m 0+m )g =(m 0+m )v 共12R解得F N =(m 0+m )2gR+m 02v 02(m 0+m )R代入数据解得F N =36 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F'N =F N =36 N(2)由题意可知,物块上升到最高点时,物块与小车的速度相同.整个过程,系统水平方向动量守恒,可得(m 0+m )v 共1=(m 0+m +M )v 共2系统机械能守恒,可得(m 0+m )gh =12(m 0+m )v 共12−12(m 0+m +M )v 共22解得物块距圆弧轨道低端的高度为h =0.1 m(3)当物块返回轨道最低点时,小车的速度最大.从物块沿轨道开始运动,到最后返回到轨道最低点,整个过程,水平方向动量守恒可得(m 0+m )v 共1=(m 0+m )v 1+Mv 2整个过程系统机械能守恒12(m 0+m )v 共12=12(m 0+m )v 12+12M v 22解得小车的最大速度v 2=2 m/s力学三大观点的综合应用5.如图为一游戏装置的示意图,倾角α=53°的轨道AB 与半径R =0.50 m 半圆轨道相切.水平放置的传送带以v 带=2 m/s 的恒定速度顺时针转动,传送带两端EF 长L 2=3 m,传送带右端与一光滑水平面平滑对接,水平面上依次摆放N 个完全相同的物块,物块的质量M =0.3 kg 且数量足够多.游戏开始时,让质量为m =0.1 kg 的物块从轨道AB 上由静止滑下,到达轨道最低点C 时对轨道的压力为6.8 N .质量为m 的物块与轨道AB 间的动摩擦因数μ1=0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2=0.1.轨道其余部分均光滑.碰撞均为对心弹性碰撞,物块均可视为质点,整个装置处于同一竖直平面内.(g 取10 m/s 2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)(1)求质量为m 的物块到达C 点时的速度大小v C 和从轨道AB 释放的高度H ;(2)若质量为m 的物块恰好从传送带左端E 点沿水平方向落入传送带,求C 、E 两点的水平距离L 1;(3)求质量为m 的物块在传送带上运动的总时间t 总.[答案] (1)√29 m/s 1.04 m (2)1.6 m (3)5.25 s[解析] (1)在C 点,由牛顿第二定律得F N C -mg =m v C2R解得v C =√29 m/s物块从释放到运动至C 点,由动能定理得 mg (H +R +Rcos53°)-μmg cos 53°H sin53°=12m v C 2-0解得H =1.04 m(2)物块从C 点运动至D 点,由动能定理得-mg (R -Rcos53°)=12m v D 2−12m v C 2解得v D =5 m/s在D 点,分解速度可得v Dx =v D cos 53°=3 m/s,v Dy =v D sin 53°=4 m/s 又t DE =v Dy g=0.4 s依题意L 1=R sin 53°+v Dx t DE =1.6 m(3)依题意,质量为m 的物块恰好从传送带左端E 点沿水平方向落入传送带,有v E =v Dx =3 m/s 因为x 1=v 带2-v E2-2μg =2.5 m<L 2=3.0 m 所以物块从E 运动到F 先减速后匀速传送带上运动时间t 0=v 带-v E -μg+L 2-x 1v 带=1.25 s 到达传送带右端速度v 0=v 带=2 m/s因为物块1、2、3…、N 中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换,所以质量为m 的物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前,物块1的速度均为零.设质量为m 的物块第n 次与物块1碰前的速度为v n -1,碰后速度为v n ,物块1碰后的速度为v'n ,由动量守恒和能量守恒得mv n -1=mv n +Mv'n ,12m v n -12=12m n 2+12Mv' n 2由以上两式得 v n =-12v n -1,v 1=-12v 0=-1 m/s 所以|v n ||v n -1|=12因为x 2=-v 12-2μg =0.5 m<L 2=3.0 m所以质量为m 的物块在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上,质量为m 的物块第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动时间t 1=2|v 1|μg =2 s同理t n -1=2|v n -1|μg,t n =2|v n|μg所以tn t n -1=|v n ||v n -1|=12所以t =2×[1-(12)n]1-12当n →+∞时,t =4 s,所以质量为m 的物块在传送带上运动的总时间为t 总=t 0+t =5.25 s。

高考物理【热点重点难点】专练(全国通用)题型专练二力学三大观点的综合应用(原卷版+解析)

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．（河南省新未来联盟2022-2023学年高三上学期12月联考物理试题）如图所示，光滑的水平面上放置两个质量相等的物块p、q（均可视为质点），物块q的左侧水平固定一轻弹簧。现给物块p水平向右的初速度，当物块q固定时，弹簧的最大弹性势能为。现给物块p同样的初速度，当物块q不固定时，下列说法正确的是（）
(1)物块第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；
(2)从第一次射击结束瞬间到第二次击中前瞬间的过程中物块与传送带摩擦产生的热量Q；
(3)传送带P、Q间距L的取值范围(最终结果保留三位有效数字)。
题型专练二力学三大观点的综合应用
这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.
8．如图所示，传送带以v＝2 m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角θ＝37°，一质量M＝0.09 kg的物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的仿真玩具手枪不断地沿平行传送带向上方向发射质量m＝0.01 kg的弹丸，弹丸每次击中物块的时间间隔为1 s，击中物块前的瞬时速度大小均为v0＝40 m/s，射入物块后会立即留在其中。将物块无初速度放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中。已知第3颗弹丸射入后，可以使物块在第4颗弹丸射入前到达传送带顶端。物块和弹丸均可看成质点，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：

强化专练2 力学三大观点的综合应用

强化专练(二) 力学三大观点的综合应用一、选择题(本题共5小题，其中第1～4题为单选，第5题为多选)1. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m 的小车A 和B ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v 0向右运动，另有一质量为m 的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A 车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )A.14m v 20B ．18m v 20 C.112m v 20D ．115m v 20答案 C 解析粘性物体和A 相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：m v 0＝2m v 1，得：v 1＝v 02。

之后三个物体组成的系统动量守恒，当B 车与A 车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得：m v 0＋2m v 1＝3m v 2，解得：v 2＝23v 0，根据能量守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为：E p ＝12m v 20＋12×2m v 21－12×3m v 22＝112m v 20，故C 正确，A 、B 、D 错误。

2. (2021·河北省邯郸市高三下二模)如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，其右端放一个小滑块。

某时刻同时给两者以大小相等、方向相反的初速度v 0，最终两者以共同的速度运动。

已知长木板质量为小滑块质量的2倍，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则在小滑块速度与加速度同向的那段时间内，长木板运动的位移大小为( )A.5v 209μg B ．5v 2018μgC ．5v 2036μgD ．5v 2072μg答案 C 解析设滑块速度为零时，长木板的速度为v 1，从滑块开始运动到速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(2m －m )v 0＝2m v 1，解得：v 1＝12v 0，滑块与长木板最终共速，设共同速度为v 2，从开始到二者速度相同的过程中，由动量守恒定律得：(2m －m )v 0＝(2m ＋m )v 2，解得v 2＝13v 0，长木板的加速度大小a ＝ μmg 2m ＝12μg ，则在滑块做加速运动的时间内长木板的位移s ＝v 22－v 21－2a＝5v 2036μg ，故C 正确。

专题(43)力学三大观点的综合应用强化练(解析版)

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（43）力学三大观点的综合应用强化练（解析版）1．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N【答案】C【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确．2．如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左 C ．14mv ，方向向右 D ．34mv ，方向向左【答案】B【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4 得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左． 3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【答案】A【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．4. 一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W【答案】D【解析】类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12mv 2－12mv 20＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝mv －mv 0，代入已知条件解得I F ＝48 N·s ，C 项错；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率P ＝Fv ＝200 W ，D 项对．5. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J【答案】D【解析】设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．6. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误．7．(多选)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量大小为2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞【答案】AC【解析】取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．8．(多选)质量为m 的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d 的O 点，物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，OA 、OB 与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )A ．从A 点运动到B 点的过程中，物体的速度先增大后减小B ．物体在A 、B 两点时弹簧弹力的功率相等C ．弹簧的原长为5.5dD ．物体在A 点时加速度的大小为2kd 5m 【答案】CD【解析】由图中的几何关系可得OA ＝3d sin 37°＝5d ，OB ＝3d sin 30°＝6d ，由于物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，可知从A 到B 的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在B 点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L 0－5d ＝6d －L 0，所以弹簧的原长L 0＝5.5d .物体从A 向O 点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O 点的正下方向B 运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A 错误，C 正确；如图所示，分别画出A 、B 两点受到的弹力与速度，由公式P ＝Fv cos θ可知，A 、B 两点F 与v 0之间的夹角不同，则A 、B 两点弹簧弹力的功率不相等，B 错误；在A 点，弹簧的弹力F 与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A 点的加速度大小a ＝k （5d －L 0）cos 143°m ＝2kd 5m，D 正确．9．如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为 v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．【答案】(1)3v 208gs (2)14mv 20【解析】(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0，从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2mv 20，解得μ＝3v 208gs. (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝mv ，根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12mv 2，解得E 0＝14mv 20. 10．如图所示，用一根细线绕过光滑的定滑轮将物体A 、B 连接起来，离滑轮足够远的物体A 置于光滑的平台上，物体C 中央有小孔，物体C 放在物体B 上，细线穿过物体C 的小孔．U 形物体D 固定在地板上，物体B 可以穿过D 的上口进入其内部而物体C 又恰好能被挡住．物体A 、B 、C 的质量分别为m A ＝8 kg 、m B ＝10 kg 、m C ＝2 kg ，物体B 、C 一起从静止开始下降H 1＝3 m 后，C 与D 发生没有能量损失的碰撞，B 继续下降H 2＝1.17 m 后也与D 发生没有能量损失的碰撞．取g ＝10 m/s 2.(1)求物体C 与D 碰撞时的速度大小；(2)求物体B 与D 碰撞时的速度大小；(3)求物体B 、C 分开后第一次碰撞前B 、C 的速度；(4)若物体B 、C 第一次碰撞后不分开，求第一次碰撞损失的机械能．【答案】见解析【解析】(1)由于平台是光滑的，物体A 、B 、C 在滑动过程中机械能守恒，则有(m B ＋m C )gH 1＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2C代入数据得v C ＝6 m/s.(2)物体C 与D 碰撞后，物体A 、B 继续运动，满足机械能守恒，则有m B gH 2＝12(m A ＋m B )(v 2B －v 2C ) 代入数据得v B ＝7 m/s.(3)物体C 与D 碰撞后，物体B 在继续下降过程中的加速度为a ＝m B g m A ＋m B ＝509m/s 2 下降所用时间t 1＝v B －v C a＝0.18 s B 、C 分别与D 碰撞后均无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设C 反弹后经过时间t 两物体相碰，则有h C ＝v C t －12gt 2 h B ＝v B (t －t 1)－12g (t －t 1)2 h B ＝h C ＋H 2联立解得t ＝0.93 s所以B 、C 碰前的速度分别为v ′B ＝v B －g (t －t 1)＝－0.5 m/s ，负号表示方向向下v ′C ＝v C －gt ＝－3.3 m/s ，负号代表方向向下．(4)物体B 、C 第一次碰撞满足动量守恒m B v ′B ＋m C v ′C ＝(m B ＋m C )v BC损失的机械能为ΔE ＝12m B v ′2B ＋12m C v ′2C －12(m B ＋m C )v 2BC 解得ΔE ＝6.53 J.11．如图，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在木板B 的左端．质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h ＝0.2 m ，物块A 与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A 、木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)小球运动到最低点与物块A 碰撞前瞬间，小球的速度大小；(2)小球与物块A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使物块A 、木板B 达到共同速度前物块A 不滑离木板，木板B 至少多长．【答案】 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【解析】 (1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：m 0gL ＝12m 0v 02，解得v 0＝4 m/s (2)对小球反弹后上升到最高点的过程，由机械能守恒定律得m 0gh ＝12m 0v 12 解得：v 1＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程系统动量守恒，以小球碰前速度的方向为正方向由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋mv A解得v A＝1 m/s(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向由动量守恒定律得：mv A＝(m＋M)v，解得v＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx＝12mv A2－12(m＋M)v2，解得x＝0.25 m.12．如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q 沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．【答案】(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：E p＝12m1v12＋12m2v22联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：12m 2v 22＝12m 2v 2C ＋2m 2gR 解得：v C ＝12 m/s ，(2)小球P 在斜面上向上运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：m 1g sin θ＋μm 1g cos θ＝m 1a 1，解得：a 1＝10 m/s 2故上升的最大高度为：h ＝v 122a 1sin θ＝0.75 m (3)设小球P 从A 点上升到两小球相遇所用的时间为t ，小球P 沿斜面下滑的加速度为a 2，则： m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 2，解得：a 2＝2 m/s 2小球P 上升到最高点所用的时间：t 1＝v 1a 1＝0.5 s ，则：2R ＝12gt 2＋h －12a 2(t －t 1)2sin θ 解得：t ＝1 s.。