第7讲力学三大观点的综合应用
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历的时间为 t0,此过程,对木板 a 与物块 c 整体,由动量定理有μmbgt0=
(m+ma)·
-(m+ma)· ,解得动摩擦因数μ= ,D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·辽宁卷,15)如图,质量 m1=1 kg 的木板静止在光滑水平
地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数 k=20 N/m 的轻弹簧,弹簧处
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑
使用牛顿运动定律或动能定理。
(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。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·全国乙卷,25)如图,一竖直固定的长直圆管内有一
-
物块反向运动,物块的加速度大小为 a=
2
2
=2 m/s ,位移为 x3= ×2×
2 m=4 m<x1+x2,即 6 s 时物块没有回到初始位置,故选项 B 错误。0~
6 s 内拉力做的功为 W=(4×9-4×3+4×4) J=40 J,故选项 D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
图像如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为 g,物块 b 可视为质点,且物
块 b 始终未滑出木板 a。下列说法正确的是(
A.物块 b 的质量为 m
√
B.物块 b 的质量为 2m
C.木板 a 的长度至少为
√
D.物块 b 与木板 a 间的动摩擦因数为
√
)
分析考情
明方向
突破核心 提能力
临界极值问题
2023·全
国乙卷,25
弹性碰撞模型
多过程问题
应用三大
观点解决
动力学综 2023·广
东卷,15
合问题
2022·湖
南卷,14
传送带模型
平抛模型
归纳法
突破核心
提能力
分析考情
核心考点一
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
动量和能量观点的综合应用
达素养
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
,方
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
答案:(2)l
解析:(2)第一次碰撞后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,
匀速下滑,所以只要圆盘下降速度比小球快,二者间距就不断增大,当
二者速度相同时,间距最大,即 v1+gt=v1′,解得 t= ,
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左
端的距离x1。
答案:(1)1 m/s
0.125 m
解析:(1)由于地面光滑,则木板和物块组成的系统动量守恒,则有
m2v0= (m1+m2)v1,代入数据有 v1=1 m/s,
根据牛顿第二定律,对木板有 a1=
即 v1t1+g =v1′t1,解得 t1=
,
此时小球的速度 v2=v1+gt1=v0,
圆盘的速度仍为 v1′,这段时间内圆盘下降的位移 x 盘 1=v1′t1=
=2l,
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒定律得
mv2+Mv1′=mv2′+Mv2″,
(2022·全国乙卷,20)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的
作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图
所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取
10 m/s2。则(
A.4
√
)
s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
2
小球的位移为 x 球=v1t+gt ,
圆盘的位移为 x 盘=v1′t,
根据运动学公式得最大距离为 dmax=x 盘-x 球,联立解得 dmax=l。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
答案:(3)4次
解析:(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有 x 盘 1=x 球 1,
提示:木板 a 与物块 c 碰撞前后,由动量守恒定律有 mav0=(m+ma)· ,
解得木板 a 的质量 ma=m;由题图乙可知,木板 a 与物块 c 碰撞后,b 的
加速度大小为 a1= ,a、c 的加速度大小为 a2= ,由牛顿第二定律得
μmbg=mba1,μmbg=(ma+m)a2,联立解得 mb=m,μ= ,所以 A、D 正确,B
v2=
m/s。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为
v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能
ΔU(用t0表示)。
答案:(3)4 t0-8
解析:(3)木板从速度为 v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,其间
2
2
根据能量守恒定律得 m + Mv1′ = mv2′ + Mv2″2,
质量为 M 的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为 l,圆管长度为
20l。一质量为 m=M 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘
中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小
球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的
碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大
(m+ma+mb)·v0,解得 mb=m,A 正确,B 错误。v-t 图像中的图线与 t 轴所围成
的面积表示位移,两图线间三角形部分的面积表示物块 b 与木板 a 的相对
-
位移,由题图知,此相对位移Δx=
t 0=
,故木板 a 的长度至少为
,C
正确。设木板 a 与物块 c 粘合后至物块 b、c 和木板 a 系统一起匀速所经
冲破瓶颈
达素养
(2023·山东济南二模)(多选)如图甲所示,物块 c 静置于光滑水平
面上,物块 b 置于水平木板 a 的左端,a、b 一起以速度 v0 在光滑水平面上
向右运动,t=0 时刻,木板 a 与物块 c 碰撞后立即粘合在一起。已知物块 c
的质量为 m,木板 a 与物块 c 粘合后速度为 ,随后 b 与 a、c 运动的 v-t
小为 g。求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
分析考情
答案:(1)小球速度大小
明方向
突破核心 提能力
,圆盘速度大小
冲破瓶颈
达素养
解析:(1)以竖直向下为正方向,
过程 1 小球释放后自由下落,下降 l,根据机械能守恒定律得 mgl=
m
,解得 v0= 。
过程 2
错误。b 与 a、c 速度相同时,b 与 a、c 对地位移大小分别为 xb、xac,
2
2
2
则 -(v0) =2a1xb,(v0) -( ) =2a2xac,代入数据解得 b 与 a、c 速度
相同时相对位移Δx=xb-xac=
,则木板 a 的长度至少为
,故 C 正确。
而ΔU=-Wf,解得ΔU=4 t0-8 。
分析考情
核心考点二
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
应用三大观点解决动力学综合问题
1.解决力学问题的“三大观点”
分类
规律
表达式
F合=ma
力的瞬时 牛顿第二定律
动力学观点
作用
牛顿第三定律
F=-F′
动能定理
W合=Ek2-Ek1
力的空间
能量观点
累积作用 机械能守恒定律
Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
动量定理
F合t=mv′-mv
力的时间
动量观点
累积作用 动量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
2.力学规律选用的一般原则
(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理。
小球以 的速度与静止圆盘发生弹性碰撞,根据能量守恒
定律和动量守恒定律分别有m =m +Mv1′ ,
mv0=mv1+Mv1′,解得 v1=-v0=即小球碰撞后速度大小为
向竖直向下。
,v1′=v0=
2
,
,方向竖直向上,圆盘速度大小为
D.0~6
√
s时间内F对物块所做的功为40 J
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
解析:物块与地面间的滑动摩擦力为 Ff=μmg=2 N,对物块在 0~3 s 内
的运动过程,由动量定理可得(F-Ff)t1=mv3,得 v3=6 m/s,3 s 时物块的动
量为 p=mv3=6 kg·m/s;设 3 s 后经过时间 t′物块的速度第一次减为
第7讲
力学三大观点的
综合应用
分析考情
明方向
分析考情
核心考点
动量和能量
观点的综合
应用
核心考点
明方向
突破核心 提能力
情境图示
冲破瓶颈
达素养
模型方法
2023·辽宁
卷,15
板块模型
弹簧模型
2022·广东
卷,13
弹性碰撞模型
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
2023·山
东卷,18
多物体多过程问题
木板的加速度大于物块的加速度,则当木板与物块的加速度相同时木板应回
到二者即将滑动的位置,即此时木板速度大小为 v2,共用时 2t0,该过程中,物
块一直在木板上滑动。总是受滑动摩擦力作用,则对物块有-μm2g∙2t0=m2v3
m2v2,解得 v3= -2t0,
和物块组成的系统有 Wf= m1 + m2 - (m1+m2) ,
解析:(2)木板与弹簧接触以后,对木板和物块整体有 kx = (m1+m2)a 共,
若物块相对木板开始滑动,其加速度为 a2=μg=1 m/s2,
此时 a 共=a2,对应的弹簧压缩量 x2=0.25 m,
设物块与木板即将滑动时,木板速度为 v2,根据能量守恒定律有
k + (m1+m2) = (m1+m2) ,代入数据有
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)从a与c碰撞到b与a、c相对静止过程中产生的热量为
多少?
提示:a 与 c 碰撞产生的热量
2
Q1=m -(ma+m)( ) =m ,
b 在 a 上滑动过程中产生的热量
Q2=μmbgΔx= m ,
0,由动量定理可得-(F+Ff)t′=0-mv3,解得 t′=1 s,所以物块在 t=4 s
时速度减为 0,此时物块的动能也为 0,故选项 A 正确,C 错误。
设 0~3 s
内物块的位移为 x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=m ,得 x1=9 m;3~4 s
过程中,对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0- m ,得 x2=3 m;4~6 s
于自然状态。质量 m2=4 kg 的小物块以水平向右的速度 v0= m/s 滑上
木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板
间的动摩擦因数μ = 0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终
处在弹性限度内,弹簧的弹性势能 Ep 与形变量 x 的关系为 Ep=kx2。取
重力加速度 g=10 m/s2,结果可用根式表示。
冲破瓶颈
达素养
(1)木板a与物块c粘合的过程,动量守恒吗?木板a与物块c
粘合后b和a、c竖直方向合外力均为零,水平方向受什
么力?
提示:木板a与物块c粘合的过程,系统合外力为零,动量守
恒。水平方向受相互的滑动摩擦力。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)用牛顿运动定律与运动学规律解答。
全过程产生的热量 Q=Q1+Q2= m 。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
解析:木板 a 与物块 c 碰撞前后,由动量守恒定律有 mav0=(m+ma) ,解得木
板 a 的质量 ma=m;由题图乙知,物块 b、c 和木板 a 组成的系统最终一起做
匀速直线运动,速度大小为 v 0 ,由动量守恒定律有(m a +m)· +m b v 0 =
=4 m/s2,
设木板运动前右端距弹簧左端的距离为 x1,则有 =2a1x1,
代入数据解得 x1=0.125 m。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的
压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
答案:(2)0.25 m
m/s
(m+ma)·
-(m+ma)· ,解得动摩擦因数μ= ,D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·辽宁卷,15)如图,质量 m1=1 kg 的木板静止在光滑水平
地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数 k=20 N/m 的轻弹簧,弹簧处
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑
使用牛顿运动定律或动能定理。
(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。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2023·全国乙卷,25)如图,一竖直固定的长直圆管内有一
-
物块反向运动,物块的加速度大小为 a=
2
2
=2 m/s ,位移为 x3= ×2×
2 m=4 m<x1+x2,即 6 s 时物块没有回到初始位置,故选项 B 错误。0~
6 s 内拉力做的功为 W=(4×9-4×3+4×4) J=40 J,故选项 D 正确。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
图像如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为 g,物块 b 可视为质点,且物
块 b 始终未滑出木板 a。下列说法正确的是(
A.物块 b 的质量为 m
√
B.物块 b 的质量为 2m
C.木板 a 的长度至少为
√
D.物块 b 与木板 a 间的动摩擦因数为
√
)
分析考情
明方向
突破核心 提能力
临界极值问题
2023·全
国乙卷,25
弹性碰撞模型
多过程问题
应用三大
观点解决
动力学综 2023·广
东卷,15
合问题
2022·湖
南卷,14
传送带模型
平抛模型
归纳法
突破核心
提能力
分析考情
核心考点一
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
动量和能量观点的综合应用
达素养
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
,方
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
答案:(2)l
解析:(2)第一次碰撞后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,
匀速下滑,所以只要圆盘下降速度比小球快,二者间距就不断增大,当
二者速度相同时,间距最大,即 v1+gt=v1′,解得 t= ,
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左
端的距离x1。
答案:(1)1 m/s
0.125 m
解析:(1)由于地面光滑,则木板和物块组成的系统动量守恒,则有
m2v0= (m1+m2)v1,代入数据有 v1=1 m/s,
根据牛顿第二定律,对木板有 a1=
即 v1t1+g =v1′t1,解得 t1=
,
此时小球的速度 v2=v1+gt1=v0,
圆盘的速度仍为 v1′,这段时间内圆盘下降的位移 x 盘 1=v1′t1=
=2l,
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒定律得
mv2+Mv1′=mv2′+Mv2″,
(2022·全国乙卷,20)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的
作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图
所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取
10 m/s2。则(
A.4
√
)
s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
2
小球的位移为 x 球=v1t+gt ,
圆盘的位移为 x 盘=v1′t,
根据运动学公式得最大距离为 dmax=x 盘-x 球,联立解得 dmax=l。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
答案:(3)4次
解析:(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有 x 盘 1=x 球 1,
提示:木板 a 与物块 c 碰撞前后,由动量守恒定律有 mav0=(m+ma)· ,
解得木板 a 的质量 ma=m;由题图乙可知,木板 a 与物块 c 碰撞后,b 的
加速度大小为 a1= ,a、c 的加速度大小为 a2= ,由牛顿第二定律得
μmbg=mba1,μmbg=(ma+m)a2,联立解得 mb=m,μ= ,所以 A、D 正确,B
v2=
m/s。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为
v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能
ΔU(用t0表示)。
答案:(3)4 t0-8
解析:(3)木板从速度为 v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,其间
2
2
根据能量守恒定律得 m + Mv1′ = mv2′ + Mv2″2,
质量为 M 的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为 l,圆管长度为
20l。一质量为 m=M 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘
中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小
球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的
碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大
(m+ma+mb)·v0,解得 mb=m,A 正确,B 错误。v-t 图像中的图线与 t 轴所围成
的面积表示位移,两图线间三角形部分的面积表示物块 b 与木板 a 的相对
-
位移,由题图知,此相对位移Δx=
t 0=
,故木板 a 的长度至少为
,C
正确。设木板 a 与物块 c 粘合后至物块 b、c 和木板 a 系统一起匀速所经
冲破瓶颈
达素养
(2023·山东济南二模)(多选)如图甲所示,物块 c 静置于光滑水平
面上,物块 b 置于水平木板 a 的左端,a、b 一起以速度 v0 在光滑水平面上
向右运动,t=0 时刻,木板 a 与物块 c 碰撞后立即粘合在一起。已知物块 c
的质量为 m,木板 a 与物块 c 粘合后速度为 ,随后 b 与 a、c 运动的 v-t
小为 g。求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
分析考情
答案:(1)小球速度大小
明方向
突破核心 提能力
,圆盘速度大小
冲破瓶颈
达素养
解析:(1)以竖直向下为正方向,
过程 1 小球释放后自由下落,下降 l,根据机械能守恒定律得 mgl=
m
,解得 v0= 。
过程 2
错误。b 与 a、c 速度相同时,b 与 a、c 对地位移大小分别为 xb、xac,
2
2
2
则 -(v0) =2a1xb,(v0) -( ) =2a2xac,代入数据解得 b 与 a、c 速度
相同时相对位移Δx=xb-xac=
,则木板 a 的长度至少为
,故 C 正确。
而ΔU=-Wf,解得ΔU=4 t0-8 。
分析考情
核心考点二
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
应用三大观点解决动力学综合问题
1.解决力学问题的“三大观点”
分类
规律
表达式
F合=ma
力的瞬时 牛顿第二定律
动力学观点
作用
牛顿第三定律
F=-F′
动能定理
W合=Ek2-Ek1
力的空间
能量观点
累积作用 机械能守恒定律
Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
动量定理
F合t=mv′-mv
力的时间
动量观点
累积作用 动量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
2.力学规律选用的一般原则
(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理。
小球以 的速度与静止圆盘发生弹性碰撞,根据能量守恒
定律和动量守恒定律分别有m =m +Mv1′ ,
mv0=mv1+Mv1′,解得 v1=-v0=即小球碰撞后速度大小为
向竖直向下。
,v1′=v0=
2
,
,方向竖直向上,圆盘速度大小为
D.0~6
√
s时间内F对物块所做的功为40 J
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
解析:物块与地面间的滑动摩擦力为 Ff=μmg=2 N,对物块在 0~3 s 内
的运动过程,由动量定理可得(F-Ff)t1=mv3,得 v3=6 m/s,3 s 时物块的动
量为 p=mv3=6 kg·m/s;设 3 s 后经过时间 t′物块的速度第一次减为
第7讲
力学三大观点的
综合应用
分析考情
明方向
分析考情
核心考点
动量和能量
观点的综合
应用
核心考点
明方向
突破核心 提能力
情境图示
冲破瓶颈
达素养
模型方法
2023·辽宁
卷,15
板块模型
弹簧模型
2022·广东
卷,13
弹性碰撞模型
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
2023·山
东卷,18
多物体多过程问题
木板的加速度大于物块的加速度,则当木板与物块的加速度相同时木板应回
到二者即将滑动的位置,即此时木板速度大小为 v2,共用时 2t0,该过程中,物
块一直在木板上滑动。总是受滑动摩擦力作用,则对物块有-μm2g∙2t0=m2v3
m2v2,解得 v3= -2t0,
和物块组成的系统有 Wf= m1 + m2 - (m1+m2) ,
解析:(2)木板与弹簧接触以后,对木板和物块整体有 kx = (m1+m2)a 共,
若物块相对木板开始滑动,其加速度为 a2=μg=1 m/s2,
此时 a 共=a2,对应的弹簧压缩量 x2=0.25 m,
设物块与木板即将滑动时,木板速度为 v2,根据能量守恒定律有
k + (m1+m2) = (m1+m2) ,代入数据有
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(3)从a与c碰撞到b与a、c相对静止过程中产生的热量为
多少?
提示:a 与 c 碰撞产生的热量
2
Q1=m -(ma+m)( ) =m ,
b 在 a 上滑动过程中产生的热量
Q2=μmbgΔx= m ,
0,由动量定理可得-(F+Ff)t′=0-mv3,解得 t′=1 s,所以物块在 t=4 s
时速度减为 0,此时物块的动能也为 0,故选项 A 正确,C 错误。
设 0~3 s
内物块的位移为 x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=m ,得 x1=9 m;3~4 s
过程中,对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0- m ,得 x2=3 m;4~6 s
于自然状态。质量 m2=4 kg 的小物块以水平向右的速度 v0= m/s 滑上
木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板
间的动摩擦因数μ = 0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终
处在弹性限度内,弹簧的弹性势能 Ep 与形变量 x 的关系为 Ep=kx2。取
重力加速度 g=10 m/s2,结果可用根式表示。
冲破瓶颈
达素养
(1)木板a与物块c粘合的过程,动量守恒吗?木板a与物块c
粘合后b和a、c竖直方向合外力均为零,水平方向受什
么力?
提示:木板a与物块c粘合的过程,系统合外力为零,动量守
恒。水平方向受相互的滑动摩擦力。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)用牛顿运动定律与运动学规律解答。
全过程产生的热量 Q=Q1+Q2= m 。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
解析:木板 a 与物块 c 碰撞前后,由动量守恒定律有 mav0=(m+ma) ,解得木
板 a 的质量 ma=m;由题图乙知,物块 b、c 和木板 a 组成的系统最终一起做
匀速直线运动,速度大小为 v 0 ,由动量守恒定律有(m a +m)· +m b v 0 =
=4 m/s2,
设木板运动前右端距弹簧左端的距离为 x1,则有 =2a1x1,
代入数据解得 x1=0.125 m。
分析考情
明方向
突破核心 提能力
冲破瓶颈
达素养
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的
压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
答案:(2)0.25 m
m/s