2020高考物理二轮复习强化练习(九) 力学三大观点的综合应用含解析

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力学三大观点的综合应用

(2)若滑块恰好能够经过 C 点, 设此时滑块的速度为 v C', 根据牛顿
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。
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知识梳理
考点自诊
2.如图所示,一质量为m2的小车支架上用细线悬挂着一质量为m3 的小球停在光滑水平面上。另一质量为m1的小车以速度v0向m2撞来,并立即与它粘连在一起。求小球m3能向上摆起的最大高度。
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命题点一
命题点二
命题点三
例1(优质试题· 全国卷Ⅲ)如图,水平地面上有两个静止的小物块a 和b,其连线与墙垂直:a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b 3 的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初 4 速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
答案:2�� (��
�� 1 2 �� 0 2
1 +�� 2 )( �� 1 +�� 2 +�� 3 )
解析:m1、m2碰撞瞬间,m3保持静止。设m1、m2碰后共同速度为 v1,由动量守恒得 m1v0=(m1+m2)v1①
即 v 1=
�� 1 �� 0
-8-ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
�� 1 + �� 2
知识梳理
考点自诊
然后m3上摆的过程系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒,三者速度相同时小球m3向上摆起的高度最大,设三者最后共同的速度为v,有 (m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v②
1 1 2 2 ( m 1 +m2 ) �� 1 =m3 gh+ ( m1 +m2 +m3 ) v ③ 2 2 �� 1 �� 0 由①②式得 v=�� +�� 1 2 + �� 3

高考物理复习：力学三大观点的综合应用

高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离．解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝（2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)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．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)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v 1＝5.0 m /s 和v 2＝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0.20，g 取10 m /s 2，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？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律数学表达式动力学观点力的瞬时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第三定律F ＝－F ′ 能量观点力的空间积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2，联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ，将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ，解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22，解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L ＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定．质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m /s 自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m /s 2.(1)若v ＝4.0 m /s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m /s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m /s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝2 m /s ，v 2＝43 m /s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m /s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N ·s ⑳ 由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253N ·s ，方向竖直向上．答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，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 ，如图乙所示．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 ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。

2020届高考物理专题复习附解答：动量三大观点的综合应用

动量三大观点的综合应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示,质量分别为m和2m的A,B两物块用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙.现用恒力F向左推物块B压缩弹簧,当B 向左运动s时速度刚好为零,同时撤去F.在A物体离开墙壁以后,弹簧弹性势能的最大值是( A )A. B. C. D.Fs解析:设A物体刚运动时,B物体的速度为v 0,则·2m·=Fs,当弹性势能最大时,两物体的速度相等,设为v,则由动量守恒得2mv0=3mv,由机械能守恒定律得E p+·3mv2=Fs,由以上三式解得E p=Fs,故A正确, B,C,D错误.2.(2019·山东青岛一模)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动.下列关于a,b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象,不合理的是( A )解析:物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,根据F=可知,两物块动量的变化率先变大后变小,故A项不合理.3.(2019·江西南昌三模)如图所示,AB两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A球的质量小于B球的质量.若用锤子敲击A球使A 得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B球使B 得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为( C )A.L1>L2B.L1<L2C.L1=L2D.不能确定解析:若用锤子敲击A球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者共速,则m A v=(m A+m B)v′,解得v′=,弹性势能最大,最大为ΔE p=m A v2-(m A+m B)v′2=;若用锤子敲击B球,同理可得m B v=(m A+m B)v″,解得v″=,弹性势能最大为ΔE p′=m B v2-(m A+m B)v″2=,即两种情况下弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故L1=L2,C正确.4.如图(甲)所示,质量为2 kg的物体以一定的初速度冲上一倾角为θ的固定斜面的过程中,物体运动的速度随时间变化图象如图(乙)所示,下列说法中错误的是(g取10 m/s2)( C )A.前6 s内摩擦力做功为-288 JB.前4 s内重力的冲量为80 N·sC.前6 s内合外力的冲量大小为24 N·sD.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5解析:根据图象知物体的初速度为v0=20 m/s,向上运动的加速度大小为a1=10 m/s2,向下运动的加速度大小为a2=2 m/s2,设动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律知a1=gsin θ+μgcos θ,a2=gsin θ-μgcos θ,联立解得μ=0.5,θ=37°,故D正确;摩擦力f=μmgcos θ=8 N,根据题图(乙)知前6 s内路程为s=×20×2 m+×8×4 m=36 m,所以摩擦力做功W f=-fs=-288 J,故A正确;前4 s内重力的冲量I=mgt=20×4 N·s=80 N·s,故B正确;根据动量定理知前6 s内合外力的冲量大小为mv2-mv1=[2×(-8)-2×20]N·s=-56 N·s,故C错误.5.(2019·福建龙岩模拟)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的物体A,B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动.在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( A )A.t=0至t=时间内,A,B的总动量守恒B.t=至t=时间内,A,B的总动量守恒C.t=时,A的动量为3mvD.t=时,A的动量为4mv解析:设A,B所受的滑动摩擦力大小均为f,系统匀速运动时,有F=2f,得f=,轻绳断开后,对B,取向右为正方向,由动量定理得-ft=0-mv,联立得t=,即t=时B停止运动.在B停止运动前,即在t=0至t=时间内,A,B系统的合外力为零,总动量守恒,故A正确;t=至t=时间内,B停止运动,A匀加速运动,系统的合外力不为零,则系统的总动量不守恒,故B错误;t=时,取向右为正方向,由系统的动量守恒得2mv=p A+0,得A的动量p A=2mv,故C错误;t=时即绳断开后时间t′=时,对A,由动量定理得ft′=p A′-2mv,解得A的动量p A′=3mv,故D错误.6.(2019·陕西西安一模)如图所示,在小车内固定一光滑的斜面体,倾角为θ,一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端拴一个质量为m的物块A,绳与斜面平行.整个系统由静止开始向右匀加速运动,物块A恰好不脱离斜面,则向右加速运动时间t的过程中( BD )A.重力的冲量为零B.重力做功为零C.拉力冲量大小为D.拉力做功为解析:对物块A进行受力分析可知,物块A受拉力和重力,有Tsin θ=mg,Tcos θ=ma,解得T=,向右加速运动时间t内,重力的冲量为I G=mgt,拉力的冲量为I T=,故A,C错误;由a=知末速度v=at=,根据动能定理可知,拉力做功等于动能的变化,有W T=mv2-0=,故D正确;重力的方向与位移方向垂直,重力做功为零,故B正确.7.(2019·山西太原模拟)如图所示,金属杆AB在离地h=3.2 m,高处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场,水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD,已知杆AB的质量为m1=2 kg,电阻为R1=10 Ω,杆CD的质量为m2=0.5 kg,电阻为R2= 30 Ω,其余电阻不计,水平导轨足够长,g取10 m/s2,不计一切摩擦( BCD )A.AB的最终速度是8 m/sB.CD的最终速度是6.4 m/sC.整个过程中回路释放的电能是12.8 JD.整个过程中,AB杆上产生的焦耳热为3.2 J解析:AB下滑h的过程中机械能守恒m 1gh=m1,解得v0=8 m/s;最终两者速度相等,由动量守恒定律m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=6.4 m/s,故A 错误,B正确;由能量守恒知,回路中产生的电能等于系统机械能的损失,所以整个过程中回路释放的电能ΔE=m 1gh-(m1+m2)=12.8 J,故C 正确;整个过程中,AB杆上产生的焦耳热Q=ΔE=3.2 J,故D正确.8.如图所示,质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上,B为最低点,BC为圆弧,OA与竖直方向夹角θ=60°,其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出,同时将ABC凹槽锁定在地面上,小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,当其到达B点时解除锁定,小物块刚好能达到C点.不计空气阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是( AC )A.从D点抛出的初速度为v0=;D点距A点高度差h=B.小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC.小球从C点到B点过程中,竖直墙壁对槽的冲量为I=m,方向水平向左D.小球从C到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,机械能守恒、动量守恒解析:小物块恰好从A点无碰撞地射入凹槽,即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切,将速度分解为水平方向和竖直方向可知,v=2v0,从A到C,有m(2v0)2=mgRsin 30°,解得v0=,从D到A有mgh=m(2v 0)2-m,解得h=,故A正确;从A到B有mgR(1-sin 30°)=m-m(2v 0)2,在B点,有F N-mg=,解得F N=3mg,故B错误;小球从C 到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一个系统,由于没有摩擦,所以机械能守恒,但在小球从C到B过程中,墙壁对槽有水平方向的作用力,所以系统外力之和不为零,动量不守恒,小球从C到B时的速度为v B1=,由动量定理知,墙壁对槽的冲量I=mv B1-0=m,方向水平向左,故C正确,D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2019·山东济宁模拟)如图所示,水平地面上固定一半径为R=0.8 m的光滑圆弧轨道,轨道左端放一质量为M=3 kg、长为L=1.75 m的木板,木板上表面与轨道末端等高,木板与地面间无摩擦,其左端放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15 N,作用一段距离x后撤去F,物块正好能滑到圆弧轨道的最高点,然后再滑回,取g=10 m/s2.(1)求物块滑到板右端时的速度v多大?(2)求x的大小;(3)通过计算说明,物块最终能否滑离木板.解析:(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程,由机械能守恒可得mv2=mgR解得v=4 m/s.(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程,由动能定理可得Fx-μmgL=mv2解得x=1 m.(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后,与木板达到相同速度v′,由动量守恒定律得mv=(M+m)v′解得v′=1 m/s由能量守恒定律得μmgΔx=mv2-(M+m)v′2解得Δx=1.5 m<L=1.75 m故物块不会滑离木板.答案:(1)4 m/s (2)1 m (3)见解析10.(18分)(2019·河南郑州期中)神舟十一号发射成功后,小张同学研究了火箭原理:火箭有单级和多级之分.多级火箭是把火箭一级一级地接在一起,第一级燃料用完之后把箭体抛弃,减轻负担,然后第二级开始工作.(1)如图(甲)是模拟单级火箭的工作过程,设光滑水平面A,B两物体质量分别为2m和m,它们之间有微量的炸药C,爆炸释放的能量为2ΔE,求爆炸后A获得的速度v A;(2)如图(乙)是模拟多级火箭的过程,光滑水平面上D,F,G三个物体质量均为m,D,F之间和F,G之间均有微量炸药P,Q,爆炸时释放的能量均为ΔE.通过控制使Q先爆炸,P后爆炸,求所有爆炸都发生后物块D获得的速度v D.解析:(1)单级爆炸时,取向左为正方向,由动量守恒定律得0=2mv A-mv B 由能量守恒定律得2ΔE=·2m+m联立解得v A=.(2)Q爆炸过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得0=2mv DF-mv G由能量守恒定律得ΔE=·2m+mP爆炸过程,同理可得2mv DF=mv D+mv FΔE+·2m=m+m联立解得v D=(1+).答案:(1)(2)(1+)《流浪地球》中的引力弹弓效应引力弹弓效应就是利用大型天体的引力场,来给较小物体进行加速的一种方法.在最近上映的《流浪地球》中,地球利用木星引力进行加速,让很多人知道了“引力弹弓”一词;试想我们在打乒乓球时,一个慢速球过来,我们一拍子回过去,就能把乒乓球加速到很高的速度.天文学上的引力弹弓效应,和球拍击打乒乓球的原理类似,只是引力弹弓中起作用的是引力,所以没有直接接触,引力弹弓作用过程属于完全弹性碰撞,被加速物体和天体满足能量守恒和动量守恒.引力弹弓效应在航天领域经常使用,有时候用来加速飞行器,有时候用来改变飞行器的方向,比如阿波罗13号飞船,在离开地球轨道后服务舱发生事故,导致此次计划终止,但是飞船没有足够燃料让飞船掉头,只能飞到月球后,再利用月球的引力弹弓效应进行转向.在1977年发射的旅行者一号和二号,就是利用了太阳系176年一遇的行星特殊排列,使得探测器最多可以利用四颗行星进行引力弹弓加速,大大节省了燃料.[命题视角]弹弓效应过程中的能量问题、动量守恒问题、弹性碰撞模型、卫星的变轨问题等.[示例] (2019·北京西城区一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度.为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度.如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比.那么下列判断中正确的是( A )A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v0解析:图1中,探测器类似于与行星对面正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为v1,行星的速度大小为u1,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有mv0-Mu=-mv1-Mu1,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v 1=v0+u,由于M≫m,则v1=v0+2u>v0,故A正确,B错误;图2中,类似于探测器追上行星与之正碰,设探测器的质量为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为v2,行星的速度大小为u2,设向右为正方向,根据动量守恒定律,有-mv 0-Mu=mv2-Mu2,由能量守恒定律,有m+Mu2=m+M,联立可得v2=v0-u,由于M≫m,则v2=v0-2u<v0,故C,D错误.。

2020高考物理大二轮复习专题强化练(九) 力学三大观点的综合应用 Word版含解析

姓名，年级：时间：专题强化练(九）力学三大观点的综合应用(满分：64分时间：40分钟）一、选择题(共3小题，每小题8分，共24分)1。

（考点3）（多选）(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x 。

现将细线剪断,此刻物块A 的加速度大小为a ，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，则（） A 。

物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x 2 B.物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23x C 。

物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv 2D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2A 的加速度大小为a 时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma ，当物a 时,有kx'=ma ，对比可得x’=x 2，即此时弹簧的压缩量为x2，选项A 正确；取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得2m x A t —m x B t =0,又x A +x B =x ,解得A 的位移为x A =13x ,选项B 错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mv B ,得物块B 刚要离开弹簧时的速度v B =2v ,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p =12·2mv 2+12m v B 2=3mv 2,选项C 错误、D 正确。

2（考点2）(多选）(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试）如图所示,长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑的水平面上，质量为m 的铁块A 放在长木板右端。

一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。

子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（）A 。

木板获得的最大速度为v05B.铁块获得的最大速度为v05C 。

力学三大观点的综合应用(解析版)--2025高考物理

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，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2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、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。

已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。

弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。

求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。

【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。

高中物理中力学三大观点的综合应用

高中物理中力学三大观点的综合应用楼㊀倩(兰州市第七中学ꎬ甘肃兰州７３００００)摘㊀要:本文主要对力学三大观点进行介绍ꎬ对三大观点的优选原则进行分析ꎬ并结合典型例题ꎬ探讨如何利用力学三大观点解决综合性问题.关键词:高中物理ꎻ力学三大观点ꎻ解题应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０６－００８３－０３收稿日期:２０２３－１１－２５作者简介:楼倩(１９８６.２－)ꎬ女ꎬ甘肃省兰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中力学三大观点ꎬ即动力学观点㊁能量观点和动量观点.是高考中必考的考点ꎬ具有综合性强㊁难度大的特征ꎬ常常作为考试的压轴题出现.本文对该部分知识进行了分析ꎬ以便加强学生对三大观点的理解和应用.１力学三大观点概述高中物理中的力学三大观点ꎬ包括动力学观点㊁能量观点和动量观点[１].其中动力学观点是结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律ꎬ求解物体做匀变速直线运动时速度㊁加速度㊁位移等物理量ꎬ涉及运动的细节ꎬ可以用来处理匀变速运动的相关问题ꎻ能量观点是结合动能定理㊁功能关系㊁机械守恒定律和能量守恒定律ꎬ解决功和能之间的关系ꎬ涉及做功和能量转换ꎬ既能解决匀变速运动的相关问题ꎬ也能处理非匀变速运动问题ꎻ动量观点是涉及动量定理和动量守恒定律ꎬ解决过程只涉及物体的初末速度㊁力㊁时间或者只与初末速度有关ꎬ和能量观点一样ꎬ动量观点适用范围既包括匀变速运动ꎬ也包括非匀变速运动问题.２三大观点的选用原则力学的三大观点ꎬ针对的是不同的物理情境ꎬ解决的是不同的问题.如若误用ꎬ就会降低解题效率ꎬ甚至求出错误答案或者求解过程陷入僵局.因此ꎬ需要对三大观点的选用原则有一定的了解.(１)当物理情境为碰撞㊁爆炸㊁反冲等问题ꎬ若只涉及初㊁末速度而不涉及力㊁时间ꎬ且研究对象为一个系统ꎬ优先选用动量守恒定律ꎬ并联立能量守恒定律进行求解ꎬ需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(２)当涉及运动的具体细节时ꎬ考虑动力学观点进行解题ꎬ能量和动量观点均只关注初末状态ꎬ不考虑运动细节.(３)当问题涉及相对位移时ꎬ可优先考虑能量守恒定律.此时系统克服摩擦力所做的功和系统机械能的减少量相等ꎬ即转变为系统的内能.这种解法可以避免对复杂的运动过程进行分析ꎬ简化解题步骤.(４)若在求解问题时ꎬ需要求出各个物理量在某时刻的大小ꎬ则可以优先运用牛顿第二定律.(５)若研究对象为单一物体ꎬ且涉及功和位移问题时ꎬ应优先考虑动能定理.３热点题型分析３.１应用三大动力学观点解决碰撞㊁爆炸模型例１㊀如图１所示ꎬ水平地面上放置有Ｐ㊁Ｑ两个物块ꎬ两者相距Ｌ＝０.４８ｍꎬＰ物块的质量为１ｋｇꎬ３８Ｑ物块的质量为４ｋｇꎬＰ物块的左侧和一个固定的弹性挡板接触.已知Ｐ物块与水平地面间无摩擦ꎬ且其和弹性挡板碰撞时无能量损失ꎬＱ物块与水平地面有摩擦且动摩擦因数为０.１ꎬ重力加速度取１０ｍ/ｓ２.某一时刻ꎬＰ以４ｍ/ｓ的初速度朝着物块Ｑ运动并和其发生弹性碰撞ꎬ回答以下问题:图１㊀例１题图(１)Ｐ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小各为多少?(２)Ｐ物块与Ｑ物块第二次碰撞后ꎬ物块Ｑ的瞬间速度大小为多少?解析㊀(１)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为ｖ１和ｖ２ꎬ有ｍ１ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ１２ｍ１ｖ０２＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２ꎬ求解得ｖ１＝－１２５ｍ/ｓꎬｖ２＝８５ｍ/ｓ.因此ꎬＰ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小分别为１２５ｍ/ｓ㊁８５ｍ/ｓ.(２)设碰后Ｑ的加速度为ａꎬ则有μｍｇ＝ｍａ.假设第二次碰撞前Ｑ没有停止运动ꎬ有ｘ＋２Ｌ＝｜ｖ１｜ｔ１ꎬｘ＝ｖ２ｔ１－１２ａｔ２１ꎬ解得ｔ１＝０.８ｓ.假设第二次碰撞前Ｑ已经停止运动ꎬ有ｖ２＝ａｔ２ꎬ解得ｔ２＝１.６ｓ.所以第二次碰撞前Ｑ没有停止运动.设第二次碰撞前的瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰꎬＱ的速度为ｖＱ.碰撞后瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰᶄꎬＱ的速度为ｖＱᶄꎬ则:ｖＱ＝ｖ２－ａｔ１ｍ１ｖＰ＋ｍ２ｖＱ＝ｍ１ｖＰᶄ＋ｍ２ｖＱᶄ１２ｍ１ｖＰ２＋１２ｍ２ｖＱ２＝１２ｍ１ｖＰᶄ２＋１２ｍ２ｖＱᶄ２ｖＰ＝－ｖ１解得ｖＱᶄ＝３６２５ｍ/ｓ.例２㊀有一组机械组件ꎬ由螺杆Ａ和螺母Ｂ组成ꎬ因为生锈难以分开ꎬ图２为装置剖面示意图.某同学将该组件垂直放置于水平面上ꎬ在螺杆Ａ顶端的Ｔ形螺帽与螺母Ｂ之间的空隙处装入适量火药并点燃ꎬ利用火药将其炸开 .已知螺杆Ａ的质量为０.５ｋｇꎬ螺母的质量为０.３ｋｇꎬ火药爆炸时所转化的机械能Ｅ＝６ＪꎬＢ与Ａ的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为ｆ＝１５Ｎꎬ忽略空气阻力ꎬ重力加速度ｇ＝１０ｍ/ｓ２.图２㊀例２题图(１)求火药爆炸瞬间螺杆Ａ和螺母Ｂ各自的速度大小ꎻ(２)忽略空隙及螺母Ｂ的厚度影响ꎬ要使Ａ与Ｂ能顺利分开ꎬ求螺杆Ａ的竖直直杆的最大长度Ｌ.解析㊀(１)设火药爆炸瞬间螺杆Ａ的速度大小为ｖ１ꎬ螺母Ｂ的速度大小分别为ｖ２ꎬ以竖直向下为正方向ꎬ根据能量守恒定律和动量守恒定律ꎬ有０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２Ｅ＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２求解得ｖ１＝－３ｍ/ｓꎬｖ２＝５ｍ/ｓꎬ因此杆Ａ的速度大小为３ｍ/ｓꎬ方向竖直向上ꎻ螺母Ｂ的速度大小为５ｍ/ｓꎬ方向坚直向下.(２)Ａ相对Ｂ向上运动ꎬ所受摩擦力ｆ向下ꎬ则对螺杆Ａ由牛顿第二定律可得ｍ１ｇ＋ｆ＝ｍ１ａ１ꎬ解得ａ１＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向下.对螺母Ｂ由牛顿第二定律可得ｆ－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ２ꎬ解得ａ２＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向上.火药爆炸后ꎬＡ向上做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ１ａ１＝３４０ｓ.Ｂ向下做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ２ａ２＝５４０ｓ.所以Ｂ一直做匀减速运动ꎬＡ则先做匀减速将速度减至为０而后做匀加速运动ꎬ当两者速度相等时刚好分开ꎬ此时直杆的长度最大.取向下为正方向ꎬ可得ｖ２－ａ２ｔ３＝－ｖ１＋ａ１ｔ３ꎬ解得ｔ３＝０.１ｓ.则直杆长度的最大值为Ｌ＝(ｖ１＋ｖ２)ｔ３２ꎬ解得Ｌ＝０.４ｍ.３.２应用三大动力学观点解决多过程问题例３㊀竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接ꎬ小物块Ｂ静止４８于水平轨道的最左端ꎬ如图３(ａ)所示.ｔ＝０时刻ꎬ小物块Ａ在倾斜轨道上从静止开始下滑ꎬ一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞(碰撞时间极短)ꎻ当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点(图中未标出)时ꎬ速度减为０ꎬ此时对其施加一外力ꎬ使其在倾斜轨道上保持静止.物块Ａ运动的ｖ－ｔ图像如图３(ｂ)所示ꎬ图中的ｖ１和ｔ１均为未知量.已知Ａ的质量为ｍꎬ初始时Ａ与Ｂ的高度差为Ｈꎬ重力加速度大小为ｇꎬ不计空气阻力.(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀(ｂ)图３㊀示意图(１)物块Ｂ的质量为多少?(２)物体Ａ在图３(ｂ)所描述的运动过程中ꎬ克服摩擦力做了多少功?(３)已知Ａ物块和Ｂ物块和轨道间的摩擦因数是相等的.当物块Ｂ停止运动后ꎬ将物块和轨道间的摩擦因数改变ꎬ然后从Ｐ点释放物块Ａꎬ其运动一段时间后ꎬ刚好能和物块Ｂ正好碰上.求改变前后摩擦因数的比值.解析㊀(１)根据图３(ｂ)ꎬ可以得出在ｔ１时刻ꎬ两物块发生了碰撞ꎬ物块Ａ的速度由碰撞前的ｖ１变为碰撞后的ｖ１２.碰撞问题ꎬ运用动量守恒和能量守恒观点进行分析ꎬ设物块Ｂ的质量为ｍＢꎬ其碰撞后的瞬间速度大小为ｖＢ.则有ｍｖ１＝ｍ(－ｖ１２)＋ｍＢｖＢ１２ｍｖ２１＝１２ｍ(－１２ｖ１)２＋１２ｍＢｖ２Ｂ解得ｍＢ＝３ｍ.(２)求物体Ａ在运动过程中克服摩擦力所做的功的大小ꎬ需要结合能量观点和动力学观点进行求解.设物体Ａ和轨道之间的滑动摩擦力为ｆꎬＰ点距地面的高度为ｈꎬ碰撞前物体Ａ走过的路程为ｓ１ꎬ碰撞之后走过的路程为ｓ２.碰撞之前ꎬ物体Ａ的速度由０加速至ｖ１ꎬ该过程重力做正功ꎬ摩擦力做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有ｍｇＨ－ｆｓ１＝１２ｍｖ２１－０碰撞之后ꎬ物体Ａ的速度由ｖ１２减速至０ꎬ该过程重力和摩擦力均做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有－(ｆｓ２＋ｍｇｈ)＝０－１２ｍ(－ｖ１２)２在整个过程中ꎬ物体克服摩擦力做功的大小为Ｗ＝ｆｓ１＋ｆｓ２由图３(ｂ)的ｖ－ｔ图像可知ｓ１＝１２ｖ１ｔ１ｓ２＝１２ˑｖ１２ˑ(１.４ｔ１－ｔ１)且ｓ１和ｓ２存在几何关系ｓ２ｓ１＝ｈＨ联立可得Ｗ＝２１５ｍｇＨ.(３)设轨道和地面之间的夹角为θꎬ改变前的动摩擦因数为μ有Ｗ＝μｍｇｃｏｓθＨ＋ｈｓｉｎθ设物块Ｂ在水平轨道上能够滑行的距离为ｓᶄꎬ由动能定理有－μｍᶄｇｓᶄ＝０－１２ｍᶄｖᶄ２设改变后的动摩擦因数为μᶄꎬ依据动能定理有ｍｇｈ－μᶄｍｇｃｏｓθ ｈｓｉｎθ－μᶄｍｇｓᶄ＝０联立可得μμᶄ＝１１９.４结束语总之ꎬ当运用力学三大观点进行解题时ꎬ关键在于明确研究对象和其所经历的物理过程ꎬ并能够根据问题ꎬ应用合适的观点进行求解.该类题对学生的综合素质要求较高ꎬ教学过程切不可机械化㊁模板化ꎬ教师要引导学生多思考㊁多总结ꎬ达到讲一题会一类的教学效果ꎬ培养学生的解题思维.参考文献:[１]李得天.利用力学的三大观点解高考力学压轴题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(２０):３４－３５.[责任编辑:李㊀璟]５８。

高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(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。

(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。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

高考物理二轮复习专题：力学三大观点的综合应用课件

A下滑的过程由动能定理
mgH
fs1
1 2
mv12
0
设P点的高度为h，则A上滑的过程由动能定理
mgh
fs2
0
1 2
m(
v1 )2 2
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1
1 2
v1t1
Pss21 h
s2
1 2
v1 2
(1.4t1
t1 )
由几何关系知
s2 h s1 H
A在整个过程克服摩擦力做功为W
W fs1 fs2
(3)图见解析 3 900 N 第十八讲力学三大观点的综合应用
解得 FN＝3900 N
从如图图(所b示)所,质给量出为的升mv－=t0物图. 线可理知思维能力、综合运用相关知识解决问题
10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.
的能力 10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.
答案: (1)4 m/s (2)2 m/s
2.如图所示,质量为m=0.5 kg的小球用长为r=0.4 m的细绳悬挂于O 点,在O点的正下方有一个质量为m1=1.0 kg的小滑块,小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m2=1.0 kg的木板左端。现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放,小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹,碰撞时间极短,碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前的瞬间减小了ΔT=4.8 N,而小滑块恰好不会从木板上掉下。已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.12,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。求:
(1)碰后瞬间小球的速度大小;(2)木板的长度。

2020高考物理大二轮复习专题强化练：(九) 力学三大观点的综合应用 Word版含解析

第 1 页共 7 页专题强化练(九)　力学三大观点的综合应用(满分:64分　时间:40分钟)一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分)1.(考点3)(多选)(2018陕西宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x 。

现将细线剪断,此刻物块A 的加速度大小为a ,两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ,则( )A.物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x 2B.物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x23C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv 232D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2A 的加速度大小为a 时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma ,当物块B 的加速度大小为a 时,有kx'=ma ,对比可得x'=,即此时弹簧的压缩量为,选项A 正确;取水平向左为正方向,根据x 2x2系统的动量守恒得2m -m =0,又x A +x B =x ,解得A 的位移为x A =x ,选项B 错误;根据动量守恒定律x A t x B t 13得0=2mv-mv B ,得物块B 刚要离开弹簧时的速度v B =2v ,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p =·2mv 2+=3mv 2,选项C 错误、D 正确。

1212m v B 22.第 2 页共 7页(考点2)(多选)(2019四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑的水平面上,质量为m 的铁块A 放在长木板右端。

一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。

子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g 。

下列说法正确的是( )A.木板获得的最大速度为v 05B.铁块获得的最大速度为v 05C.铁块与木板之间的动摩擦因数为v 0240gLD.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为2mv 025B 系统,根据动量守恒定律有mv 0=4mv 1,解得v 1=,选项A 错误;对木板B 和铁块v 04A (包括子弹)系统根据动量守恒定律有mv 0=5mv 2,解得v 2=,选项B 正确;子弹打入木板后,对木板Bv 05和铁块A (包括子弹)系统,由能量守恒定律有μmgL=·4m ·5m ,解得μ=,选项C 正确;全12v 12‒12v 22v 0240gL 过程由能量守恒定律可知,子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE=·5m 12m v 02‒12v22=25m ,选项D 正确。

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。

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。

2020高考物理二轮复习专题二能量与动量第5讲力学“三大观点”的综合应用练习(含解析)

力学“三大观点”的综合应用1．如图所示，质量为m 2＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD 部分粗糙，长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m 1＝1 kg 的物块(可视为质点)自A 点由静止释放，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物块最终停止的位置．解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得：0＝m 1v 1－m 2v 2由机械能守恒定律得：m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 解得：v 1＝2 m/s.(2)由能量守恒定律得：E pm ＝m 1gR －μm 1gL解得：E pm ＝2.8 J.(3)最终物块将停在C 、D 之间，由能量守恒定律得：m 1gR ＝μm 1gs解得：s ＝3 m ，又有L ＝0.2 m ，s ＝15L ，所以m 1最终停在D 点．答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D 点2．如图所示，半径R ＝2.0 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h ＝0.45 m ，木块最右端到小车最右端的水平距离x ＝0.45 m ，小车连同木块总质量M ＝2 kg.现使一个质量m ＝0.5 kg 的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g 取10 m/s 2,sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能．解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒定律mgR (1－cos 53°)＝12mv 2解得v 0＝4 m/s 小球在圆弧轨道最低点F －mg ＝m v 20R解得F ＝9 N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F ′＝F ＝9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为v 1，此时小车的速度为v 2，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为th ＝12gt 2解得t ＝0.3 s小球恰好击中小车的最右端，有v 1t －v 2t ＝x以上各式联立解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0.5 m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR (1－cos 53°)＝12mv 21＋12Mv 22＋Q 解得Q ＝2.75 J.答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J3．(2019·山东临沂市一模)如图，长度x ＝5 m 的粗糙水平面PQ 的左端固定一竖直挡板，右端Q 处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v 逆时针转动，其上表面QM 间距离为L ＝4 m ，MN 无限长，M 端与传送带平滑连接．物块A 和B 可视为质点，A 的质量m ＝1.5 kg, B 的质量M ＝5.5 kg.开始A 静止在P 处，B 静止在Q 处，现给A 一个向右的初速度v 0＝8 m/s ，A 运动一段时间后与B 发生弹性碰撞，设A 、B 与传送带和水平面PQ 、MN 间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A 与挡板的碰撞也无机械能损失．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)A 、B 碰撞后瞬间的速度大小；(2)若传送带的速率为v ＝4 m/s ，试判断A 、B 能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远．解析：(1)设A 与B 碰撞前的速度为v A ，由P 到Q 过程，由动能定理得：－μmgx ＝12mv 2A －12mv 20① A 与B 碰撞前后动量守恒，有mv A ＝mv A ′＋Mv B ′②由能量守恒定律得：12mv 2A ＝12mv A ′2＋12Mv B ′2③ 联立①②③式得v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝3 m/s碰后A 、B 的速度大小分别为4 m/s 、3 m/s(2)设A 碰撞后运动的路程为s A ，由动能定理得：－μmgs A ＝0－12mv A ′2④ s A ＝163m所以A 与挡板碰撞后再运动s A ′＝s A －x ＝13m ⑤ 设B 碰撞后向右运动的距离为s B ，则－μMgs B ＝0－12Mv B ′2⑥ 解得s B ＝3 m<L ⑦故物块B 碰后不能滑上MN ，当速度减为0后，B 将在传送带的作用下反向加速运动，B 再次到达Q 处时的速度大小为3 m/s.在水平面PQ 上，B 再运动s B ′＝s B ＝3 m 停止，s B ′＋s A ′<5 m，所以A 、B 不能再次相遇．最终A 、B 的距离s AB ＝x －s A ′－s B ′＝53m. 答案：(1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 53m 4．(2019·福建泉州市二模)如图所示，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝13，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来．解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程，由动能定理mgL ＝12mv 20得，v 0＝2gL 小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 20R解得：F T ＝3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：F T ′＝F T即细绳能够承受的最大拉力为：F T ′＝3mg(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h ＝12gt 2 水平分位移：L ＝v 02t 解得：h ＝L(3)小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 组成的系统动量守恒，设C 碰后速率为v 1，依题意有mv 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 02＋3mv 1 假设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒得：3mv 1＝(3m ＋6m )v 2由能量守恒得：12·3mv 21＝12(3m ＋6m )v 22＋μ·3mgs 联立解得：s ＝L 2由s <L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．答案：(1)3mg (2)h ＝L (3)不能。

2020高考物理二轮重点专题强化练习九：动力学动量和能量观点的综合应用(附答案解析)

2020年高考物理二轮重点专题整合强化练专练九：动力学、动量和能量观点的综合应用1、如图所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处，质量也为m 的小球a 从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起，已知BC 轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答).【答案】 (1)2gh (2)会断裂解析 (1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2C ，解得v C ＝2gh ，即a 球与b 球碰前的速度大小为2gh .(2)设b 球碰后的速度为v ，a 、b 碰撞过程中动量守恒，则mv C ＝(m ＋m )v ，故v ＝12v C ＝122gh ，假设a 、b 球碰撞后将一起绕O 点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为F T ，则F T －2mg ＝2m v 2h解得F T ＝3mg ，F T >2.8mg ，故细绳会断裂，小球做平抛运动.2、如图所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能达到C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：(1)A 物体的最终速度；(2)A 在木板C 上滑行的时间.【答案】 (1)3v 04 (2)4L v 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，则mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02， B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用的过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，则mv 0＋mv 1＝2mv 2，解得v 2＝3v 04. (2)在A 、C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有F f L ＝12mv 20＋12mv 21－12·2mv 22(F f 为A 、C 间的摩擦力)，代入解得F f ＝mv 2016L. 此过程中对C ，根据动量定理有F f t ＝mv 2－mv 1，代入相关数据解得t ＝4L v 0. 3、如图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.【答案】 (1)k ＋12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv BE ＝12mv 20＋12kmv 2B ＝k ＋12kmv 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝v 0k由qv 0B ＝m v 20R 知，R ＝mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·mv 0qB. 4、如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑.水平段OP 长为L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g ＝10 m/s 2，现释放A ，求：(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速率v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A 、B 能够碰撞的总次数.【答案】(1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次解析 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速率为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgL ，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s. 位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s. 位移为x 2＝v 2t 2＝0.45 m. 此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m ，全过程摩擦生热Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：12mv 2＝2nμ1mgL ，解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25.所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6次(取整数).。

高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用

高考物理复习题型专练—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.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。

t＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。

在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

例题2.如图所示，半径R＝2.8m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m 1＝3.2kg ，小球Q 的质量m 2＝1kg ，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 ＝168J ，小球到达A 点或B 点时已和弹簧分离。

重力加速度g 取10m/s 2，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。

(通用版)2020版高考物理大二复习专题三第9讲力学三大观点的综合应用课件

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(1)求物块B的质量;
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动
后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间
后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解析:(1)根据图(b),v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小,��2��1为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块 B 的质量为 m',碰撞后瞬间的速度大小
为 v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=m
-
��1 2
+m'v'
①
1 2
��12
=
1 2
��
-
1 2
��1
2 + 12m'v'2
②
联立①②式得 m'=3m
③
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(2)在图(b)所描述的运动中,设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为
Ff,下滑过程中所走过的路程为 s1,返回过程中所走过的路程 s2,P 点
A.t=6 s时,物体的速度为18 m/s B.在0~6 s内,合力对物体做的功为400 J C.在0~6 s内,拉力F对物体的冲量为36 N·s D.t=6 s时,拉力F的功率为200 W
考点1 考点2 考点3
解析:在a-t图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量,由题图乙可知,在0~6 s内Δv=18 m/s,又v0=2 m/s,则t=6 s时的速度v=20 m/s,选项A错误;由动能定理可知,0~6 s内,合力对物体做的功为 W=12mv2-12 ��02 =396 J,选项B错误;由动量定理可知,IF-Ff·t=mv-mv0, 代入已知条件解得IF=48 N·s,选项C错误;由牛顿第二定律可知,t=6 s时F-Ff=ma,解得F=10 N,所以拉力F的功率P=Fv=200 W,选项D正确。

2020版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练课时作业六力学三大观点的应用(含解析)

课时作业六力学三大观点的应用一、选择题1．如图1所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v .则此过程中弹力所做的功为( )图1A.12mv 2－μmgx B ．μmgx －12mv 2C.12mv 2＋μmgxD ．以上选项均不对解析：设W 弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx ，由动能定理得W 弹－μmgx ＝12mv2－0，得W 弹＝12mv 2＋μmgx ，C 对．答案：C2．(2019年江西省质量检测)如图2甲所示，光滑水平面上有P 、Q 两物块，它们在t ＝4 s 时发生碰撞，图2乙是两者的位移图象，已知物块P 的质量为m p ＝1 kg ，由此可知( )图2A ．碰撞前P 的动量为16 kg ·m/sB ．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C ．物块Q 的质量为4 kgD ．两物块碰撞过程中P 对Q 作用力的冲量是3 N ·s解析：根据位移图象可知，碰撞前P 的速度v 0＝4 m/s ，碰撞前P 的动量为P 0＝m p v 0＝4 kg ·m/s ，选项A 错误．根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B 错误．碰撞后，共同速度v ＝1 m/s ，由动量守恒定律，m p v 0＝(m p ＋m Q )v ，解得m Q ＝3 kg ，选项C 错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔP Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．答案：D3．(2019年高三南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能E k、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是( )解析：已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即F f＝kv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则v－t图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝E k0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则E k－h图象的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－F f(h0－h)＝E k，即E k＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v增大，E k－h图象的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：－F f h＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则F f逐渐减小，即E－h图象的斜率逐渐变小，故E－h图象不是直线，故D 错误．答案：C4．(2019年武汉调研)如图3所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D 是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图3所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为( )图3A.22mgR B.26mgRC.4＋22mgR D.4＋26mgR解析：A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为h A＝R＋R sin45°，B上升的高度为h B ＝R sin45°，则有2mgh A －mgh B ＝12×2mv A 2＋12mv B 2，又A 、B 在杆两端，有相同的角速度，轻动半径相同，所以v A ＝v B ，所以B 的动能为E k B ＝12mv B 2＝4＋26mgR ，选项D 正确．答案：D5．(2019年烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h ，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h ，则必须走“爬坡车道”来避免危险．某质量为4.0×104kg 的载重货车，保持额定功率200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km ，上升0.04 km ，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g 取10 m/s 2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )A ．牵引力等于2×104N B ．速度可能大于36 km/hC ．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功D ．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功解析：货车匀速上坡的过程中，牵引力F ＝0.01mg ＋mg sin θ＝0.01×4.0×104×10 N ＋4.0×104×10×0.041 N ＝2×104N ，故A 正确；根据P ＝Fv 得：v ＝P F ＝2×1052×104 m/s ＝10 m/s ＝36 km/h ，故B 错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C 错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D 错误．答案：A6．(多选)(2019年武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O 点，如图4所示．有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A 、B 、C 、D 、…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )图4A ．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A 、B 、C 、D 、…各点处在同一水平线上 B ．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的速率相同，则A 、B 、C 、D 、…各点处在同一竖直面内的圆周上C ．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O 点的时间相同，则A 、B 、C 、D 、…各点处在同一竖直面内的圆周上D ．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A 、B 、C 、D 、…各点处在同一竖直线上解析：若各斜面均光滑，根据mgh ＝12mv 2，滑块质量相同，到达O 点的速率相同，即各释放点处在同一水平线上，A 正确，B 错误；以O 点为最低点作等时圆，如图5所示，由12g sin θt 2＝2R sin θ，可知各滑块从圆周上各点运动到O 点时间相等，C 正确；若各滑块滑到O 点的过程中，滑块滑动的水平距离是x ，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：W f ＝μmg cos θ·xcos θ＝μmgx ，即各释放点处在同一竖直线上，D 正确．图5答案：ACD7．(多选)滑块甲的质量为0.8 kg ，以大小为5.0 m/s 的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg 、以大小为3.0 m/s 的速度迎面而来的滑块乙相撞．碰撞后滑块甲恰好静止．假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是( )A ．碰后乙的速度大小为2 m/sB ．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 N·sC ．碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kg·m/sD ．碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析：由动量守恒定律得m 甲v 甲－m 乙v 乙＝m 乙v 乙′，代入数据解得v 乙′＝1.0 m/s ，选项A 错误．碰撞过程中甲动量的变化量为Δp 甲＝0－m 甲v 甲＝－4.0 kg ·m/s ，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I ＝Δp 甲＝－4.0 N ·s ，选项B 正确．碰撞过程中乙动量的变化量为Δp 乙＝m 乙v 乙′－(－m 乙v乙)＝4.0 kg ·m/s ，选项C 错误．由能量守恒定律得12m 甲v甲2＋12m 乙v 乙2＝12m 乙v 乙′2＋ΔE ，代入数据解得ΔE ＝14 J ，选项D 正确．答案：BD8．(多选)如图6所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L .B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则此下降过程中( )图6A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgL 解析：在A 的动能达到最大前，A 向下加速运动，此时A 处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg ，即地面对B 的支持力小于32mg ，A 项正确；当A 的动能最大时，A 的加速度为零，系统对地面的压力等于3mg ，即B 受到地面的支持力等于32mg ，B 项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A 减速运动到最低点，此时A 的加速度方向竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A 的重力势能的减少量，即为mg (L cos30°－L cos60°)＝3－12mgL ，D 项错误．答案：AB9．(多选)如图7所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )图7A ．导向槽位置应在高为v 24g 的位置B ．最大水平位移为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：设小球做平抛运动时的速度为v 0，根据机械能守恒定律可得，12mv 02＋mgh ＝12mv 2，解得v 0＝v 2－2gh ；根据平抛运动的知识可得，下落时间t ＝2hg ，则水平位移x ＝v 0t ＝（v 2g－2h ）·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为x ＝4h 2＝2h ＝v 22g，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h ＝1，则θ＝45°，D 正确．答案：AD10．(2019年滨州模拟)两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图8甲所示，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图8乙所示．在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )图8A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：对物块A 由牛顿第二定律得：F －mg ＋kx ＝ma ，解得：F ＝m (g ＋a )－kx ，由于x 先减小后反向增大，故力F 一直增大，故A 错误；在物块A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B 错误；在物块A 上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，高度升高，则物块A 的动能和重力势能增大，故C 正确；在物块A 上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力F 做正功，所以物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D 错误．答案：C11．(2019年湖南高三联考)(多选)如图9所示，一质量为m 0＝0.05 kg 的子弹以水平初速度v 0＝200 m/s 打中一放在水平地面上A 点的质量为m ＝0.95 kg 的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A 点沿AB 方向运动，与距离A 点L ＝5 m 的B 处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v 1＝8 m/s ，碰后以v 2＝6 m/s 的速度反向运动直至静止，测得物块与墙壁碰撞的时间为t ＝0.05 s ，g 取10 m/s 2，则( )图9A ．物块从A 点开始沿水平面运动的初速度v ＝10 m/sB ．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.36C ．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小F ＝266 ND ．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q ＝18 J解析：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m 0v 0＝(m 0＋m )v ，解得v ＝10 m/s ，A 正确；物块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有－μ(m 0＋m )gL ＝12(m 0＋m )v 12－12(m 0＋m )v 2，解得μ＝0.36，B 正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有－Ft ＝－(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1，解得F ＝280 N ，C 错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q ＝12(m 0＋m )v 22＝18 J ，D 正确．答案：ABD12．(2019年天津质量调查)(多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )图10A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，则B正确．由于加速度a 恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误．因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝F阻t可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确．由动能定理有ΔE k＝－fx，f 相同，x相同，则ΔE k相同，D项正确．答案：BCD二、解答题13．(2019年济宁二模)如图11所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝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m1＝0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动．一段时间后物块A以v0＝6 m/s的速度与长木板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．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：图11(1)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．解：(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，联立解得：v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s.(2)之后B 减速运动，C 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 2 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 3，设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，v 2＋a 2t ＝a 3t ，木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 2t 2－12a 3t 2＝1 m.14．如图12所示，光滑水平台面MN 上放两个相同小物块A 、B ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v 0＝2 m/s 匀速转动．物块A 、B (大小不计，视作质点)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 、B 质量均为m ＝1 kg.开始时A 、B 静止，A 、B 间压缩一轻质短弹簧．现解除锁定，弹簧弹开A 、B ，弹开后B 滑上传送带，A 掉落到地面上的Q 点，已知水平台面高h ＝0.8 m ，Q 点与水平台面右端间的距离s ＝1.6 m ，g 取10 m/s 2.图12(1)求物块A 脱离弹簧时速度的大小； (2)求弹簧储存的弹性势能；(3)求物块B 在水平传送带上运动的时间．解析：(1)A 做平抛运动，竖直方向：h ＝12gt 2水平方向：s ＝v A t代入数据联立解得：v A ＝4 m/s(2)解锁过程系统动量守恒，规定A 的速度方向为正方向，有：mv A －mv B ＝0 由能量守恒定律：E p ＝12mv A 2＋12mv B 2代入数据解得：E p ＝16 J(3)B 作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg ＝ma解得：a＝μg＝2 m/s2B向右匀减速至速度为零，由v B2＝2as B，解得：s B＝4 m＜L＝8 m，所以B最终回到水平台面．设B向右匀减速的时间为t1，v B＝at1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0＝at2由v02＝2as2，共速后做匀速运动的时间为t3，有：s B－s2＝v0t3代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.答案：(1)4 m/s (2)16 J (3)4.5 s。