高中物理专题练习：动力学和能量问题综合应用
2023版新教材高考物理微专题小练习专题41动量和能量的综合应用
专题41 动量和能量的综合应用1．[2022·九师联盟质量检测]如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )A．Mv0m＋MmMv22（m＋M）B．Mv0m＋MmMv2m＋MC．mv0m＋MmMv22（m＋M）D．mv0m＋MmMv2m＋M2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大3．[2022·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )A.mLg2hB．MLg2hC．m2LM＋mg2hD．MmLM＋mg2h4．[2022·八省八校第一次联考](多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为μ.初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度．木箱运动的vt图像如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0～t0时间内，下列说法正确的是( )A．M＝2mB．M与m间的相对路程为v2 04μgC．M对地的位移为v2 08μg ＋32LD．m对地的位移为3v28μg －32L5.[2022·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/sC．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/sD．爆炸过程中释放的能量为0.027 J6．[2022·湖南省五市十校联考]如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C点．已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B ．滑块滑到B 点时的速度大小为2gRC ．滑块从A 滑到C 的过程中，小车的位移大小为13(R ＋L) D ．水平轨道的长度L ＝R μ7．[2022·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4 m /s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m (未脱离轨道).取重力加速度大小g ＝10 m /s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1 m /sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3 m /sC ．小球b 的质量为3 kgD ．两球会发生第二次碰撞8．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M ＝20 kg .从水枪中喷出的水柱的横截面积为S ＝10 cm 2，速度为v ＝10 m /s ，水的密度为ρ＝1.0×103kg /m 3.若水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．试求：(1)当有质量为m ＝5 kg 的水进入小车时，小车的速度大小；(2)若将小车固定在水平面上，且水冲击到小车前壁后速度立即变为零，求水对小车的冲击力大小．专题41 动量和能量的综合应用1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv 0＝(M ＋m )v ，系统因摩擦产生的热量Q ＝12mv 20 －12(M ＋m )v 2，两式联立解得木块的最终速度v ＝mv 0M ＋m，摩擦产生的热量Q ＝mMv 22（M ＋m ），C 正确．2．AC 由题意，水平恒力F 1、F 2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A 正确；拉力与物体的运动方向相同，则F 1、F 2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B 错误；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度最大，总动能最大，C 正确；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D 错误．3．D 系统水平方向动量守恒，mv 1＝Mv 2，有mx 1＝Mx 2，且x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝ML M ＋m，x 2＝mL M ＋m .由平抛运动的规律得h ＝12gt 2，x 1＝v 1t ，由动量定理得I ＝mv 1，解得I ＝MmL M ＋m g 2h.4．BCD 由v t 图像可知木块与木箱最终共速，则mv 0＝(M ＋m )v 02，得m ＝M ，则A 错；由能量守恒可得：12Mv 20 ＝12(M ＋m )v 20 4＋μmgs ，得到两物体的相对路程为v 20 4μg，B 正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t ＝v 0－v 02μg＝v 02μg，则木箱运动的位移为32L ＋v 20 8μg ，木块相对地面的位移为3v 20 8μg －32L ，C 、D 正确．5．D 设甲、乙两球的质量分别为m 1、m 2，刚分离时两球速度分别为v 1、v 2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题意有v 2－v 1＝xt，代入数据可解得v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，说明刚分离时两球速度方向相反，故A 、B 、C 错误；爆炸过程中释放的能量ΔE ＝12m 1v 21 ＋12m 2v 22 －12(m 1＋m 2)v 20 ，将v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，代入计算可得ΔE ＝0.027 J ，故D 正确．6．D 滑块从A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mv m －Mv M ，mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2M ，解得v m ＝3gR2，v M ＝ gR6，滑块滑到B 点时的速度为3gR2，故B 错误；设全程小车相对地面的位移大小为s ，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R ＋L ，则滑块水平方向相对地面的位移为x ′＝R ＋L －s ，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m (R ＋L －s )－Ms ＝0.已知M ＝3m ，解得s ＝14(R ＋L )，x ′＝34(R ＋L )，故C 错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，解得L ＝Rμ，故D 正确．7．C 由机械能守恒m b gh ＝12mv 2B 可得碰后小球b 在B 点的速度为v B ＝2 m/s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒可得12m a v 20 ＝12m a v 21 ＋12m b v 2B ，联立求得m b ＝3 kg ，v 1＝－2 m/s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2 m/s ，故B 错误，C 正确；碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．8．(1)2 m/s (2)100 N解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m 的水后，小车速度为v 1，则mv ＝(m ＋M )v 1代入数据解得v 1＝2 m/s.(2)在极短的时间Δt 内，冲击小车的水的质量为Δm ＝ρSv Δt 根据动量定理－F Δt ＝0－Δmv 联立解得F ＝100 N ．。
动力学和能量观点的综合应用(解析版)
动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2.方法技巧(1)“合”--整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”--将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”--找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．1(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。
游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。
挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。
弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。
下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误；BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。
2024年高考物理题型突破限时大题精练01 动力学与能量综合问题
大题精练01 动力学与能量综合问题公式、知识点回顾（时间：5分钟）一、考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块一木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二、动力学三、运动学四、功和能【例题】【传送带模型中的动力学和能量问题】如图所示，水平传送带AB，长为L＝2m，其左端B点与半径R＝0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。
轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。
管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。
已知水平传送带AB以v＝6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r＝0.05m、高度h＝0.2m。
质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从P 点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
（1）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小F N；（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
【解答】解：（1）小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即mg=m v D2 R小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理﹣mg•2R=12m v D2−12m v B2代入数据解得v B＝5m/s在最低点B点，有F′N−mg=m v B2 R联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为F N＝1．【用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题】如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。
专题12动力学和能量观点的综合应用(解析版)
专题12动力学和能量观点的综合应用1.(2020-2021学年·湖南长沙一中月考)如图所示，固定在竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，小球从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径R ＝0.4 m 的圆轨道(不计轨道连接处能量损失，g 取10 m/s 2)。
(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；(2)若接触面均粗糙，小球质量m ＝0.1 kg ，斜面高h ＝2 m ，小球运动到C 点时对轨道压力大小为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功。
【答案】 (1)1 m (2)－0.8 J【解析】 (1)小球刚好到达C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝mv 2R从A 到C 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mg (h －2R )＝12mv 2解得h ＝2.5R ＝2.5×0.4 m ＝1 m 。
(2)在C 点，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝mg由牛顿第二定律得mg ＋mg ＝m v 2C R从A 到C 过程，由动能定理得mg (h －2R )＋W f ＝12mv 2C －0解得W f ＝－0.8 J 。
2.(2020-2021学年·3月山东六地市在线大联考)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。
如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2。
某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回。
已知运动员和滑板的总质量为m ＝60 kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2 m 和H ＝2.5 m 。
高考物理专题《动力学与能量观点的综合应用》原卷
12.（2022 届江西省宜春市上高二中高三（下）第七次月考理综物理试题）如图所示，倾角为 θ=37°的足够 长光滑斜面 AB 与长 LBC=2m 的粗糙水平面 BC 用一小段光滑圆弧（长度不计）平滑连接，半径 R=1.5m 的 光滑圆弧轨道 CD 与水平面相切于 C 点，OD 与水平方向的夹角也为 θ=37°。质量为 M 的小滑块从斜面上距 B 点 L0=2m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到 C 点。已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小滑块与粗糙水平面 BC 间的动摩擦因数 μ； （2）改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过 D 点，求小滑块的释放位置与 B 点的最小距离。
（2）斜面倾角 。
（3）B 的最大速度 vBm 。
6.(2022 届云南省昆明市第一中学高三（下）第十次考前适应性训练理综物理试题)如图甲所示，两个不同材 料制成的滑块 A、B 静置于水平桌面上，滑块 A 的右端与滑块 B 的左端接触。某时刻开始，给滑块 A 一个 水平向右的力 F，使滑块 A、B 开始滑动，当滑块 A、B 滑动 1.0m 时撤去力 F。整个运动过程中，滑块 A、
13.（2022 届四川省绵阳市高三（下）第三次诊断性考试理综物理试题）电池技术作为电动汽车的核心和瓶 颈，是电动汽车研究的重点和热点方向。国内某公司研发的全气候电池，在低温条件下，能实现充电时间 缩短到 1h 内，自加热速率达到 7℃/min，-10℃环境下电池总能量最多可释放 90％。搭载该型号电池的国产 电动汽车作为交通服务用车为北京冬奥会提供了交通保障。已知该型号电动汽车配置的全气候电池总能量 是 60kW·h，汽车电动机最大功率是 160kW，最大车速是 180km/h，在平直公路上行驶过程中受到阻的力 f 与车速 v 的关系式可以认为 f=kv2，k 为比例系数。求： （1）电动汽车以最大速度行驶时的牵引力和比例系数 k； （2）电动汽车在电池充满电后，在-10℃的环境下，以 54km/h 的速度在平直公路匀速行驶时的最大续航里 程（汽车电动机驱动汽车行驶的能量占电池释放能量的 80％）。 14.(2022 届云南省高三（下）第二次复习统一检测理综能力测试物理试题)某幼儿园要修建一个如图甲所示
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
第八关 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-高考物理专题复习及典型试题
第八关动力学、动量和能量观点在力学中的应用1.动量和能量综合应用例 1 (多选)如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4 s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是()A．0∼4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB．t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD．木板的速度最大为2m/s练习1-1如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．2.综合分析多过程问题例2如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．练习2-1如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；（3）物块A最终停止位置到Q点的距离．课后检测1. 质量为1 kg的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t 变化的关系图象如图所示．已知t=4 s时物体刚好停止运动，取g=10m/s2，以下判断正确的是()A．物体所受摩擦力为3 NB．t=2 s时物体的速度最大C．t=3 s时物体的动量最大D．物体的最大动能为2 J2. 粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v-t图象如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是()A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量3. 如图所示，质量均为m的两带电小球A与B，带电荷量分别为+q、+2q，在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线运动，当两带电小球运动一段时间后A球速度大小为v，在这段时间内，下列说法正确的是()A．任一时刻B的加速度比A的大B．两球均做加速度增大的加速运动C．两球组成的系统电势能减少了mv2，但动能和电势能之和不变D．两球动量均增大，且总动量也增大4.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点ℎ（不计空气阻力），则() 进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为12A．小球冲出B点后做斜上抛运动B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是RmgℎD．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于125.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x3xB．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23mv2C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv26. “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度7.如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b球质量之比M:m=()A．3:5B．1:3C．2:3D．1:28. (多选)如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板．已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、μb，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．下列说法正确的是()mv02A．若没有物块从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为13B．若μb<2μa，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落μa gL，则ab一定不相碰C．若v0≤√32D．若μb>2μa，则a可能从木板左端滑落9.(多选)如图所示，甲、乙两个小滑块（视为质点）静止在水平面上的A、B两处，B处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙．若甲在水平向右的拉力F=kt（其中k=2N/s）的作用下由静止开始运动，当t=3s时撤去力F，随后甲与乙发生正碰而粘合在一起，两滑块共同滑行2.4m后停下，已知甲的质量为1kg，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取g=10m/s2，则()A．0∼3s内，力F的冲量大小为18N⋅sB．撤去力F时甲的速度大小为9m/sC．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5m/sD．乙的质量为0.5kg10. 如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙壁之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中（作用时间极短），求：（1）当木块回到A点时的速度大小；（2）从开始到木块回到A点的过程中，墙壁对弹簧的冲量．11. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面ℎ= 1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知m A=2kg，m B=3kg，m C=1kg，g=10m/s2．求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．12. 如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C 中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计．C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ，A、B、C（包含挡板P）的质量相同，开始时，B和C静止，(g=10m/s2)（1）求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；（2）若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件；（3）若物块A与B发生碰撞（设为完全弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件．13.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．14. 如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：（1）A与弹簧分离时的速度大小；（2）A、B沿斜面上升的最大距离．15. 如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．16. 如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）滑块1过B点的速度大小；（2）弹簧释放的弹性势能大小；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．17. 汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小．。
高考物理复习《动力学和能量观点的综合应用 》课时练习讲解
3.(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水
平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝ 37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小 可忽略不计).一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，
A.t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
√B.t＝1.5 s时，两滑块速度相等
√C.0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
图4
D.0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
123456
解析 由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为： a＝μmmg＝μg＝2 m/s2， 前0.5 s两滑块均做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动，0.5 s时，甲的速度 为v甲′＝(6－2×0.5) m/s＝5 m/s， 乙的速度为v乙′＝(2－2×0.5) m/s＝1 m/s，传 送带启动后，甲继续做匀减速运动，乙做匀加 速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速， 依此可作出甲、乙和传送带的v－t图像：
答案 2.5 m/s 解析 在 C 点，竖直分速度：vy＝ 2gh2＝1.5 m/s 由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
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(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf； 答案 1 J
解析 C点的水平分速度与B点的速度相等，则 vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s 从A到B点的过程中，根据动能定理得 mgh1－Wf＝12mvB2 解得Wf＝1 J
Байду номын сангаас
t＝35Lv，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故 B 正确；
2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.1.动量分析子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。
mv 2-错误!未找到引用源。
m 错误!未找到引用源。
;对木块应用动能定理有F f s 2=错误!未找到引用源。
mv2,联立解得F f d=错误!未找到引用源。
m 错误!未找到引用源。
-错误!未找到引用源。
(M+m)v2=202()Mmv M m +错误!未找到引用源。
.式中F f d 恰好等于系统动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有ΔE k =F f d=Q=202()Mmv M m +错误!未找到引用源。
,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =202()Mmv M m d+错误!未找到引用源。
,s 2=m M m+错误!未找到引用源。
d.3.动力学分析从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有22s d s +错误!未找到引用源。
=022v v v +错误!未找到引用源。
=0v v v +错误!未找到引用源。
,所以有2d s 错误!未找到引用源。
=0v v 错误!未找到引用源。
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M m m +,解得s2=m M m+错误!未找到引用源。
2023届高考物理一轮复习练习：综合运用动力学、能量、动量观点解决问题(word版含答案)
综合运用动力学、能量、动量观点解决问题练习1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F ＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE.2．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：(1)物块与小车的共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？3.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A、B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝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v0＝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/s2)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．5.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H.6．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m.求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．7.在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量m ＝0.25 kg 的手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，且恰好爆炸成前后两块弹片，其中质量m 1＝0.1 kg 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动．已知手榴弹内部火药的质量Δm ＝0.05 kg ，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10 m/s2，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求：(1)士兵投掷手榴弹的初速度v0；(2)爆炸中火药燃烧对两弹片做的功W及两块弹片落地点间的距离Δx.8．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B 两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的1 4竖直圆轨道．开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2.求：(1)求AB粘在一起时的速度；(2)炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．9.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．10．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．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v－t图像如图(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．(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．12．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/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．(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. (1) 2 m/s 2(2) 0.4 J2． (1) 0.8 m/s(2) 0.24 s(3) 0.096 m(4) 5 m/s3. (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR(3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒2mv a －mv b ＝0解得：v a ＝12v b ＝5gR 2由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b解得：E p ＝3.75mgR4． (1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/sa 、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：mv 1＝2mv 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mv 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 ＝12mv 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 m5. (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m6． (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20 7. (1)手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，则有：v 0＝10 m/s ，－v 2y ＝－2gh ，v ＝v 20＋v 2y解得v ＝10 2 m/s(2)弹片在爆炸后瞬间的速率为零，另一块弹片的质量为m 2＝m －m 1－Δm ＝0.1 kg设其爆炸后瞬间的速率为v2，由动量守恒定律得：m2v2＝mv0解得v2＝25 m/s设爆炸中火药燃烧对两弹片做的功为W，则根据动能定理有：12mv 2＋W＝12m2v22解得W＝18.75 J质量m1＝0.1 kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动、质量为m2的弹片做平抛运动，则两块弹片落地点间的距离为Δx＝v22h g＝25 m8．(1)炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v两物上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律12(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W＝12m1v21＋12m2v22联立解得AB粘在一起时的速度v＝2 m/s，W＝10.7 J9. (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 20在B 点对球1应用牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 20R联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N由牛顿第三定律F N ′＝F N ＝12 N(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s (3)同理，球2、3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0代入数据：v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0 由数学知识，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 22＝0.04，m 2＝0.2 kg10． 设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别v A 、v B1，则 mv 0＝mv A ＋kmv B112mv 20＝12mv 2A ＋12kmv 2B1 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B1＝2k ＋1v 0设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B2、v C同理可得v B2＝k －1k ＋1v B1代入整理得v B2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4（k ＋1）2v 0 设x ＝2k ＋1，则有v B2＝(x －x 2)v 0 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B2最大，解得k ＝3 11． (1) 3m(2) 215mgH(3) 11912． (1) 1.0 m/s(2) 0.50 m(3) 0.91 m。
第23讲 动力学和能量观点的综合应用(练习)(原卷版)—2025年高考物理一轮复习(新教材新高考)
第23讲动力学和能量观点的综合应用A．行李从A到B过程中传送带对行李做功为60JB．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08mC．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为1.6JD．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6J2．如图所示，水平地面上有一倾角为37q =o 的传送带，以016m /s v =的速度逆时针匀速运行。
将一煤块从20.4m h =的高台由静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为1kg m =，煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25m =，重力加速度为210m /s g =，sin 370.6=o ，cos370.8=o ，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．运送煤块所用的时间为4.125sB ．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32JC ．摩擦力对煤块做的功为4J -D ．煤块的机械能减少了36JA ．煤屑刚落到传送带上的加速度为27.5m/s B ．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是0.1mC ．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是51WD ．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是54WA ．木板A 的质量为4kgB ．系统损失的机械能为1JC ．木板A 的最小长度为0.5mD ．AB 间的动摩擦因数为0.12．如图，一质量为M 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度0v 开始运动并从右端滑下，该过程中，物体m 的动能减少量为k1ΔE ，长木板M 的动能增加量为k2E D ，m M 、间摩擦产生的热量为Q （不考虑空气阻力），关于k1k2E E D D ，，Q 的数值，下列数值可能的是（ ）A ．k1k 2Δ3J Δ1J 2JE E Q ===，，B ．k1k 2Δ7J Δ2J 5J E E Q ===，，C ．k1k 2Δ8J Δ4J 4J E E Q ===，，D ．k1k 2Δ10J Δ3J 6JE E Q ===，，3．如图所示，质量为1kg M =的长木板放在粗糙的水平地面上，质量0.5kg m =的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数10.4m =，长木板与地面之间的动摩擦因数20.1m =。
2020年人教版(山东专用)高考物理练习：动力学和能量观点的综合应用
专题探究五 动力学和能量观点的综合应用课时训练I 基础必备练I1. 如图所示,一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边 缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5 倍,则此过程中铁块损失的机械能为（重力加速度为g ）（ D ）解析：铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg-mg=m能减少mgR 所以机械能损失UmgR 选项D 正确. 2. （2018 •黑龙江哈尔滨模拟）（多选）升降机底板上放一质量为100 kg 的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 m/s,则此过程中（取g=10 m/s 2）（ AC ）A. 升降机对物体做功为5 800 JB. 合外力对物体做功为5 800 JC. 物体的重力势能增加了 5 000 JD. 物体的机械能增加了 5 000 J R g m 一「一 8 一 R g -m -1 一 -G R g m -1 一 e - B R g m -3 _ a _ mgR 初动能为零，故动能增加即铁块动能丘 mgR 铁块重力势解析：升降机对物体所做的功W=mgh+mV=5 800 J,选项A正确；合夕卜力做功mV=800 J,选项B错误;重力势能增加E=mgh=5 000 J,选项C正确；物体机械能增加E=mgh+mV=5 800 J,选项D错误.3. （2018 •河北石家庄模拟）在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2 m/s运行,质量为m=0.5 kg的工件以v「=1 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数卩=0.2,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是（A ）A. 工件经0.5 s停止相对滑动B. 正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC. 摩擦力对每个工件做正功为1 JD. 每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a=a g=2m/s 2,加速时间为t= =0.5 s,选项A 正确；正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,选项B 错误；由动能定理知摩擦力对工件对地位移为x i = ____ t=0.75 m,传送带对地位移为X 2=vt=1 m,所 以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为 Q 和mg （x 2-x i ）=0.25 J, 选项D 错误.4. （多选）如图所示，倾角0 =30°的斜面固定在地面上，长为L 、质量 为m 粗细均匀、质量分布均匀的软绳 AB 置于斜面上，与斜面间动摩 擦因数卩二口,其A 端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m 的物块与 软绳连接,给物块向下的初速度，使软绳B 端到达斜面顶端（此时物块 未到达地面）,在此过程中（BCD ）A. 物块的速度始终减小B. 软绳上滑NL 时速度最小C. 软绳重力势能共减少了 UmgLD. 软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的 功之和=0.75 J,选项C 错误；在t=0.5每个工件做正功为5解析：物块下落过程中，刚开始由于mgsin 30° +卩mgcos30° /lmg>mg, 所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大,所以物块的速度先减小后增大，故A错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x,则匕mgs in 30 ° +丄_|卩mgcosL 软绳的重心离斜面顶端的高度 h2=],则软绳重力势能共减少和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦 产生的内能，根据能量守恒定律，软绳重力势能的减少量小于其动能 的增加量与克服摩擦力所做功的和，故D 正确.5. （多选）水平面上质量为m=10 kg 的物体受到的水平拉力F 随位移s 变化的规律如图所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当 s=7.5 m 时拉力减为零，物体也恰好停下.取g=10 m/s 2,下列结论正确 的是（AB ）o 12 3 4 5 6 7 GA. 物体与水平面间的动摩擦因数为 0.12B. 合外力对物体所做的功约为-40 JC. 物体匀速运动时的速度为2 m/sD. 物体运动的时间为0.4 s解析：由于0~ 2.5 m 内物体匀速运动，可得F=a mg 卫3_Lr +-g m ，代入数据解得x 二UL,故B 正确;物块未释放时，软绳的L 心离斜面顶端的高度为hi=Js in 30L1软绳刚好全部离开斜面时mgtL !)= L^mg,故C 正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象 ,软绳二吨二叵卫=0.12;由Fs图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得VF=50 J,设物体匀速运动的速度为V,由动能定理可得W总二VFA卩mg- s=0-HmV,即W、=-40 J,v=2囲m/s;物体匀速运动的时间t匀s= X s>0.4 s.6. （多选）如图所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长.当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J,机械能减少32 J.如果物体能从斜面上返回底端，则（CD）A. 物体在斜面上运动时，机械能守恒B. 物体在向上运动时，机械能减少100 JC. 物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的HD. 物体返回A点时动能为20 J解析:由题意,摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A错误;选最底端为零势能面，物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J,选项B错误；根据题意，当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中，动能减少20 J,需要克服摩擦力做功8 J,整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J,机械能减少了40 J,物体上升到M还能上升的距离为到达M 点前的LI,选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J,物体返回A点时动能为20 J,选项D正确.7. （2018 •山东烟台模拟）（多选）如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C 是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（CD ）A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C. 滑块可能重新回到出发点A处D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C, 则此时应该是从A下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则mg^_,解得V C=一,从A到C根据动能定理mg（h-T2R）爭尼-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动h距离最大，根据动能定理得mgh-口mgx=0得到x=»可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与咼度h有关，选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如 果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点, 选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量 Q 和mgA x 相对，当传送带的 速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，选 项D 正确.I 能力培养练I8. （2018 •河北保定调研）（多选）如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨 道在竖直面内运动.当小球回到A 点时,再次用小锤沿运动方向击打 小球,通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运 动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W, 第二次击打过程中小锤对小球做功 W 设先后两次击打过程中小锤对 小球做功全部用来增加小球的动能，则旳的值可能是（AB ）解析：第一次击打小球时小球最高运动到过 0点与水平地面平行的直 径的两端位置，小锤对小球做功W i =mgR 第二次击打小球，小球恰好做 圆周运动，此时小球在最高点速度V 二画,小球在最低点的速度为V A ,B-1 _ 29. 如图(甲)所示，光滑斜面0A 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且0A 雎 一条直线上，与水平面夹角a =37° ,轻质弹簧下端固定在0点,上端 可自由伸长到A 点.在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩 弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图(乙)所示.已知物 体与传送带间动摩擦因数 卩=0.5,传送带AB 部分长为5 m,顺时针转 动,速度 v=4 m/s,重力加速度 g 取 10 m/s 2 3.(sin 37 ° =0.6,cos 2 弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W;3 若在C 点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最 远能到何处？解析:(1)由图像可知mgsin 37 ° =30 N解得m=5 kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力 F 所做的功根据机械能守恒定律可得 mV,第二次击打小球，小锤 对小球做的功 W= -mgR mgR 则先后两次击打，小锤对小球做功 mg- 2R 的最大值为(3)撒去力F,设物体返回至A 点时速度大小为V o , 从A 出发再次返回A 处的过程应用动能定理解得 v o =6 m/s.由于v o >v,物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a i , 由牛顿第二定律：mgs in 37 ° + 卩 mgcos 37° 二ma解得 a i =10 m/s 2,速度减为v 时,设沿斜面向上发生的位移大小为 X i ,由运动学规律 解得X i =1 m,此后摩擦力改变方向，由于mgsin 37 ° > mgcos 37° ,所以物块所受 合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2,再由牛顿第二 定律 mgsin 37 ° -卩 mgcos 37° 二ma,设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为 X 2,由运动学规律X 2=l_ r rn 390 x (05 -—)W= 2 J- J=90 J. 37° =0.8）求:解得X2=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x i+X2=5 m,即恰好到达传送带顶端B点.答案:(1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点10. (2018 •吉林长春模拟)如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC?口斜面MN相切于C,M点，斜面倾角分别如图所示.0为圆弧圆心，D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC 固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P,Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25 m,斜面MN足够长，物块P质T量m=3 kg,与MN间的动摩擦因数卩=3,重力加速度g=10 m/s 2,sin37° =0.6,cos 37 =0.8.求:(1)小物块Q的质量m;⑵烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN 斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件，满足mgs in 53 ° =mgs in 37 °可得m=4 kg.⑵P到D过程由动能定理得mghllmO-由几何关系h=L1Sin 53 +R(1-cos 53 )运动到D点时，根据牛顿第二定律F^mg二解得F D=78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零. 对全过程由动能定理得mgL i sin 53 ° -卩mgx 总cos 53 ° =0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg (2)78 N 1 m11. (2018 •江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以V0=4.0 m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,g=10 m/s 2,求：2(1)A点与B点的水平距离；⑵薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动，设下落时间为t1,水平位移为x,贝卩gt 1二v°tan 37 ° ,x=v °t 1 联立得x=1.2 m.⑵设小物体落到B点的速度为v,则小物体在薄板上运动，则mgsin 37 ° -卩mgcos 37° 二ma薄板在光滑斜面上运动，则Mgsin 37 ° + 卩mgcos 37° 二Ma小物体从落到薄板到两者速度相等用时为t 2,则v+a i t 2=a2t 2T1小物体的位移x i=vt 2^a i0 薄板的位移X2 iLiZ 薄板的长度l=x i-x 2联立得1=2.5 m.答案:(1)1.2 m (2)2.5 m12. (2018 •四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1 kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数卩2=0.3, 在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为0 =120° ,在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E P=18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10 m/s2.同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处,有” 1 = 卩 2mg(s-x),(1)求右侧圆弧的轨道半径 R; ⑵ 求小物块最终停下时与C 点的距离; (3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不 脱离轨道,求传送带速度的可调节范围. 解析:(1)物块被弹簧弹出，由E P 事庖, 可知 v o =6 m/s, 因为V o >V,故物块滑上传送带后先减速， 物块与传送带相对滑动过程中， 由 卩 i mg=miav=v o -a i t i ,x i =v o t 1- 得到 a i =2 m/s 2,t i =0.5 s,x i =2.75 m, 因为X i <L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度 滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E 点, 代入数据整理可以得到 R=0.8 m. ⑵ 设物块从E 点返回至B 点的速度为V B ,有解得VB I m/s,因为V B >0,故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相UaE, 由动能定理可知 mV 二卩 mgs+mgR, 卩 2mg-2s, 2 mv-⑶设传送带速度为v i 时物块恰能到F 点，在F 点满足 mgsin 30 ° 二腿 从B 到F 过程中由动能定理可知=a 2mgs+mg(R+Rsin 30设传送带速度为v 2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点解得V 2超！］ m/s, 若物块在传送带上一直加速运动，由T IT輕2屉1= □ i mgL,知其到B 点的最大速度V BH =「m/s, 综合上述分析可知，只要传送带速度 L — m/s < vW 丄I m/s 就满足条件.答案:(1)0.8 m (2)U m(3) — m/s < v W L_ m/s 解得x=i m.—mg ，3s+mgR,。
2024届高考物理复习讲义：专题强化九 动力学和能量观点的综合应用(一)——多运动组合问题
专题强化九动力学和能量观点的综合应用(一)——多运动组合问题学习目标掌握运用动力学和能量观点分析复杂运动的方法，进而利用动力学和能量观点解决多运动组合的综合问题。
1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
例1(2022·浙江1月选考，20)如图1所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。
已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝7 8。
滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，图1(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小；(2)设释放点距B 点的长度为l x ，求滑块第1次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值。
答案(1)7N (2)v ＝12l x －9.6(m/s)(0.85m ≤l x ≤3m)(3)见解析解析(1)滑块从A 到C 的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v 2C 在C 点根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR代入数据解得F N ＝7N 。
高考物理二轮复习专项突破训练：动力学和能量观点的综合应用
动力学和能量观点的综合应用1．(多选)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON ＝，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝，θ＝L 23830°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图1A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 158D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 382．(多选)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B 点．一质量为m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v 的平方与其下滑距离x 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点3．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k ；(2)撤去恒力，小球从A 点沿圆环下滑到B 点时的速度大小v B ；(3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f ＝CρSv 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密12度(不同空间密度不同)，S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R ，每个雨滴的质量均为m ，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g .(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．5．如图4所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A 点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静32摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W .参考答案1.答案 BD2.答案 BC3.答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N解析 (1)小球在A 处由平衡条件可知：沿半径方向：k (R －0.8R )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝mv B 2－012得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (R －0.8R )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝6.0 N4.答案 (1) (2)mg 1R 2mgπC 0ρ0(h －mπC 0ρ0R 2)解析 (1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg ＝F f又因为F f ＝C 0ρ0Sv 2＝C 0ρ0·πR 2v 21212解得：v ＝1R 2mgπC 0ρ0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为W f ，由动能定理：mgh －W f ＝mv 212解得：W f ＝mg (h －mπC 0ρ0R 2)5.答案 (1)2R (2)6mg (3)mgR 52解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝gt 212解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：mv B 2＝2mgR ＋mv C 21212设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m ，v B 2R解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋mv C 2，解12得E p ＝mgR .526.答案 (1)25.6 N (2)0.4 s解析 (1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得：mv D 2＝mv C 2＋mgR (1－cos 37°)1212滑块在D 点的速度v D ＝＝3 m/sv C 2＋2gR 1－cos 37° 3在D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v D 2R滑块受到的支持力F N ＝mg ＋m ＝25.6 N v D 2R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下(2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Pt －μmgL ＝mv －012B 2解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝＝0.4 s m v B 2＋2μgL 2P7.答案 见解析解析 (1)由动能定理得×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)12解得：v 0＝ 2h －L g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝mg 32(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板由牛顿第二定律得，F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 3a 1t 12＋a 1t 1·t 2－a 3t 22＋a 4t 32＝121212hsin θW ＝F ·a 1t 1212解得：W ＝mgh94。
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
高考物理一轮复习 第六章 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传； (2)系统产生的内能：Q＝fs相对. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机 的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量 m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s 的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1， 运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知) F1做功为W1＝F1s＝2×0.8＝1.6 J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为： F2＝f1＋f－s)＝22×1.2 J＝26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s 滑块动能变化：ΔEk＝20 J 所以系统因摩擦产生的热量： Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
最终工件获得的动能 Ek＝12mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
方法点拨
摩擦生热的计算 1.正确分析物体的运动过程，做好受力分析. 2.利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及 位移关系，求出两个物体的相对位移. 3.代入公式Q＝f·s相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则 为相对路程s相对.
经过C点时受轨道的支持力大小FN， 有 FN－mg＝mvRC2 解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)弹簧的弹性势能的最大值； 答案 6 J
设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点 过程中， 根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－ 12mvC2 代入数据可解得Ep＝6 J
动量、动力学和能量观点在力学中的应用(原卷版)--高一物理专题练习(内容+练习)
动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律三个基本观点对应规律公式表达动力学观点运动学v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2等牛顿第二定律F合＝ma能量观点动能定理W合＝ΔE kW合＝12m v22－12m v12机械能守恒定律mgh1＋12m v12＝mgh2＋12m v22动量观点动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。
圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度0v向左运动，与小球A发生弹性碰撞。
碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．2．天花板下用轻弹簧悬挂一个质量为m 的平板B ，初始时B 静止（设此时B 的重力势能为0），在B 正下方有一个质量也为m 的物块A ，将其向上抛出并以速度v 0与B 发生弹性碰撞，设碰撞后B 的速度为v 、加速度为a 、动能为E k 、机械能为E 机，则在B 上升至最高点的过程中，各物理量随时间t 或位移x 的变化图像可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．3．如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，设球与杯壁的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力．则小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．4．弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A 、B 两玻璃球，质量分别为A m 、B m ，且A B m m ，小朋友在水平面上将玻璃球A 以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B 发生正碰，玻璃球B 冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A 速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则A m 、B m 之比为（）A ．1：2B ．1：3C ．1：4D ．1：55．如图所示，OMN 是竖直平面内固定的光滑轨道，MN 水平且足够长，OM 下端与MN 相切。
高考物理一轮复习限时规范专题练(一)动力学和能量问题综合应用(含解析)
时间：60分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．(2018·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。
将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。
换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法判断答案 A解析 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12mv 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的位移大小相等。
故选A 。
2.(2018·唐山开滦二中月考)如图所示，质量为m 的物体始终静止在斜面上，在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中，下列关于物体所受各力做功的说法正确的是( )A ．重力不做功B ．支持力不做功C ．摩擦力不做功D ．合力做正功答案 A解析 物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体做功为零，A 正确；由题图知，斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，B 错误；摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功，C 错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体做功为零，D 错误。
3．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫做动车。
而动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组。
带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车。
设动车组运行过程中的阻力与质量成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等，若开动一节动车带三节拖车，最大速度可达到150 km/h。
当开动二节动车带三节拖车时，最大速度可达到( ) A．200 km/h B．240 km/hC．280 km/h D．300 km/h答案 B解析 若开动一节动车带三节拖车，最大速度可达到150 km/h。
高中物理专题课时作业动力学和能量观点的综合应用
专题三 动力学和能量观点的综合应用基础巩固题组1．(2015·福建理综·21)如图1，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图1(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .2．如图2所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系式为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆弧轨道．g取10 m/s2，求：图2(1)B、P间的水平距离；(2)通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点；(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．综合应用题组3．如图3所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再下滑)．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.图3(1)求N点的纵坐标；(2)求小物块在传送带上运动产生的热量；(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标y M＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范围．4．如图4为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g＝10 m/s2.求：图4(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L＝2 m，质量M＝3 kg，零件的质量m＝0.5 kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？。
专题(23)动力学和能量观点的综合应用(原卷版)
2021年（新高考）物理一轮复习专题强化练专题（23）动力学和能量观点的综合应用（原卷版）一、选择题（本题共2小题，每小题6分，满分12分。
在每小题给出的四个选项中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分。
）1．如图1所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。
一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()图1A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点4．(多选)如图2所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。
现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()图2A．经过位置O点时，物块的动能最大B．物块动能最大的位置与AO的距离无关C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量二、非选择题（本题共5小题，满分88分）3.（16分）如图3所示，皮带的速度是3 m/s，两轮圆心间距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，(取g ＝10 m/s 2)求：图3(1)小物体获得的动能E k ；(2)这一过程中摩擦产生的热量Q ；(3)这一过程中电动机多消耗的电能E .4．(18分）如图4所示，一个半径为R 的14圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°。
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高中物理专题练习：动力学和能量问题综合应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。
其中1～6为单选,7～10为多选)1．(广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权,冰壶是冬奥会的比赛项目。
将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。
换一个材料相同、质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将( )A．不变 B．变小C．变大 D．无法判断答案 A解析冰壶在冰面上以一定初速度被推出后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,根据动能定理有－μmgs＝0－12mv2,得s＝v22μg,两种冰壶的初速度相等,材料相同,故运动的位移大小相等。
故选A。
2.(唐山开滦二中月考)如图所示,质量为m的物体始终静止在斜面上,在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中,下列关于物体所受各力做功的说法正确的是( )A．重力不做功B．支持力不做功C．摩擦力不做功D．合力做正功答案 A解析物体在水平方向移动,在重力方向上没有位移,所以重力对物体做功为零,A正确；由题图知,斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°,则支持力对物体做正功,B错误；摩擦力方向沿斜面向上,与位移的夹角为钝角,所以摩擦力对物体做负功,C错误；物体匀速运动时,合力为零,合力对物体做功为零,D错误。
3．把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车厢叫做动车。
而动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组。
带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车。
设动车组运行过程中的阻力与质量成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等,若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h。
当开动二节动车带三节拖车时,最大速度可达到( )A．200 km/h B．240 km/hC．280 km/h D．300 km/h答案 B解析若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h。
设动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,当达到最大速度时动车的牵引力等于整体的阻力,则有：P＝4fv,当开动二节动车带三节拖车时,有2P＝5fv′,联立两式解得v′＝240 km/h。
B正确,A、C、D错误。
4．如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知( )A．物体加速度大小为2 m/s2B．F的大小为21 NC．4 s末F的功率为42 WD．4 s内F的平均功率为42 W答案 C解析由题图乙可知,v－t图象的斜率表示物体加速度的大小,即a＝0.5 m/s2,由2F－mg ＝ma可得：F＝10.5 N,A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为v F＝2v物＝4 m/s,故4 s 末F的功率为P＝Fv F＝42 W,C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m,力F的作用点的位移l＝2h＝8 m,拉力F所做的功W＝Fl＝84 J,故平均功率P＝Wt＝21 W,D错误。
5.如图所示,将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑,设物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为μ,斜面高度h和底边长度x均可独立调节(斜面长度随之改变),下列说法正确的是( )A．若只增大x,物块滑到斜面底端时的动能增大B．若只增大h,物块滑到斜面底端时的动能减小C．若只增大μ,物块滑到斜面底端时的动能增大D．若只增大m,物块滑到斜面底端时的动能增大答案 D解析对物块用动能定理可得mgh－W f＝E k－0,其中E k为物块滑到斜面底端时的动能,W f为下滑过程物块克服摩擦力所做的功,而W f＝fs＝μF N s＝μmg cosθ·s＝μmgx,其中f为物块受到的摩擦力,s为斜面斜边长,F N为斜面对物块的支持力,故mgh－μmgx＝E k－0,则D正确,A、B、C错误。
6.(石家庄质检一)如图所示,质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。
开始用手托着物体A使弹簧处于原长且轻绳伸直,此时物体A 与水平地面的距离为h,物体B静止在地面上。
现由静止释放A,A与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B对地面恰好无压力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )A．物体A下落过程中一直处于失重状态B．物体A即将落地时,物体B处于失重状态C．从物体A开始下落到即将落地的过程中,弹簧的弹性势能最大值为mghD．物体A下落过程中,A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小答案 C解析根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0”,可知A先加速后减速向下运动,加速度方向先向下后向上,物体A先处于失重状态后处于超重状态,A错误；根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B对地面恰好无压力”,可知此时轻绳中拉力大小等于B的重力,B处于静止状态,加速度为零,B错误；对A和弹簧组成的系统,在A由静止下落到A与地面即将接触的过程中,系统的重力势能、动能和弹性势能相互转化,物体A即将落地时,重力势能减少量为mgh,动能与初状态相同为0,此时弹簧的弹性势能最大为mgh,C正确；在物体A下落过程中,A的重力势能一直减小,A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大,D错误。
7.(陕西宝鸡模拟)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轻杆两端固定有甲、乙两球,甲球质量小于乙球质量,将两球放入轨道内,乙球位于最低点。
由静止释放轻杆后,甲球( )A．能下滑到轨道的最低点B．下滑过程中杆对其做负功C．滑回时一定能返回到初始位置D．滑回的全过程,增加的重力势能等于乙球减少的重力势能答案BCD解析甲、乙两球组成的系统的机械能守恒,若甲球沿轨道能下滑到轨道的最低点,则乙球到达与圆心等高处,但由于乙球的质量比甲球的大,造成机械能增加,明显违背了机械能守恒定律,故甲球不可能滑到轨道最低点,A错误；根据机械能守恒定律知,甲球返回时,一定能返回到初始位置,C正确；甲球下滑过程中,乙球的机械能逐渐增大,所以甲球的机械能逐渐减小,根据功能关系知杆对甲球做负功,B正确；甲球滑回的全过程,甲球增加的机械能等于乙球减少的机械能,由于初、末态两球的速度均为零,即动能均为零,所以甲球增加的重力势能等于乙球减少的重力势能,D正确。
8．第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。
第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是( )A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量答案BD解析在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,A错误,B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,C错误,D正确。
9．(重庆调研)如图所示,木块A、B的质量分别为m1、m2,A、B之间用一轻弹簧相连,将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上,斜面的倾角为θ,弹簧的劲度系数为k。
现对A施加一平行于斜面向上的恒力F,使A沿斜面由静止开始向上运动。
当B对挡板的压力刚好为零时,A 的速度刚好为v,下列说法正确的是( )A．此时弹簧的弹力大小为m1g sinθB．在此过程中拉力F做的功为F m1＋m2g sinθkC．在此过程中弹簧弹性势能增加了F m1＋m2g sinθk－12m1v2D．在此过程中木块A重力势能增加了m 1m1＋m2g2sin2θk答案BD解析根据题述“当B对挡板的压力刚好为零时,A的速度刚好为v”,可知此时弹簧弹力大小等于木块B的重力沿斜面的分力m2g sinθ,A错误。
初始状态,未对A施加恒力F时,设弹簧压缩量为x1,对木块A,由平衡条件可得,kx1＝m1g sinθ,解得：x1＝m1g sinθk；当B对挡板的压力刚好为零时,设弹簧拉伸了x2,对木块B,由平衡条件可得,kx2＝m2g sinθ,解得：x2＝m2g sinθk ,在此过程中拉力F做的功为W＝F(x1＋x2)＝F m1＋m2g sinθk,B正确。
在此过程中木块A重力势能增加了ΔE p＝m1g·(x1＋x2)sinθ＝m1m1＋m2g2sin2θk,D正确。
设在此过程中弹簧弹性势能增加了ΔE,根据功能关系,W＝ΔE＋m1g(x1＋x2)sinθ＋12m1v2,解得ΔE＝F m1＋m2g sinθk －m1m1＋m2g2sin2θk－12m1v2,C错误。
10．如图所示,水平光滑长杆上套有一个质量为m A的小物块A,细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A,另一端悬挂质量为m B的小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆的距离OC＝h。
开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°。
现将A、B同时由静止释放,则下列分析正确的是( )A．物块B从释放到最低点的过程中,物块A的动能不断增大B．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B的机械能先增大后减小C．PO与水平方向的夹角为45°时,物块A、B速度大小关系是v A＝2 2vBD．物块A在运动过程中最大速度为2m B gh mA答案AD解析如图,v A cosθ＝v B,当θ＝90°时,v B＝0,物体B到达最低点,绳的拉力对A一直做正功,A动能不断增大,A项正确；在此过程中绳的拉力对B一直做负功,B的机械能减小,B项错误；PO与水平面夹角为45°时,由vAcos45°＝v B得：v A＝2v B,C项错误；A的最大速度出现在θ＝90°时,由系统机械能守恒得：m B ghsin30°－h＝12mAv2A,解得v A＝2m B ghmA,D项正确。
二、非选择题(本题共2小题,共30分)11．(14分)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C点是最低点,圆心角∠BOC＝37°,D点与圆心O等高,圆弧轨道半径R＝1.0 m,现在一个质量为m＝0.2 kg 可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h＝1.6 m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。