第16讲 动力学、动量和能量观点的应用（对标选考18题）-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第16讲 动力学、动量和能量观点的应用 高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性强，考察分值高。常以力学分析，直线运动，曲线运动，能量与动量综合考察。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、碰撞中常见的力学模型及其结论 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． 模型名称 模型描述 模型特征 模型结论 “速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0) 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2） （1）若h＝0.8m，求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比； （2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 2. （2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 3. （2023•浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 4. （2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。 （1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 题型2动量与动力学观点的综合应用 5. （2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。 （1）求太阳热辐射的总功率； （2）求太阳帆单位时间内接受到的能量； （3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。 6. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。 （1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力； （2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值； （3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。 7. （2024•镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。 （1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W； （2）求滑块Q的质量MQ； （3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。 题型3动量与能量观点的综合应用 8. （2024•镇海区校级模拟）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求： （1）轻绳即将断裂时的张力； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。 9. （2024•镇海区校级模拟）某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板9获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为d＝1m的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径r＝2m的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高h＝1.8m处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为2N的恒力F。已知木板Q长度L＝2m，质量M＝1kg。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为μ1＝0.4，滑块与木板2上表面的动摩擦因数为μ2＝0.5。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为m甲＝0.5kg，m乙＝1kg，m丙＝2kg，不计空气阻力的影响。 求： （1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值； （2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离； （3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？ 10. （2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 1. （2024•宁波模拟）如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径为R＝0.8m、圆心角θ＝120°的圆弧轨道BC、C′D组成，OB、DO′竖直，小球（可视为质点）能无碰撞地从轨道BC进入轨道C′D。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道C′D获三等奖，若小球2能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量m1＝0.3kg小球2的质量m2＝0.1kg重力加速度g取10m/s2忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。 （1）若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道BC对小球弹力的最小值； （2）小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖； （3）弹性势能满足什么条件时可获一等奖。 2. （2024•鹿城区校级模拟）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计长度为l＝1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为m＝1kg的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ＝37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为α＝30°的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为，物体和传送带之间的动摩擦因数为。质量为M＝2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R＝0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g＝10m/s2。 （1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度h； （2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量If和压力冲量IN； （3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。 3. （2024•杭州二模）某游戏装置如图所示，左侧固定一张长s＝1.75m的桌子，水平桌面的边缘A、B上有两个小物块甲、乙，质量分别为m1＝0.08kg，m2＝0.02kg两物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2；右侧有一根不可伸长的细线，长度为L＝1.5m，能够承受的最大拉力Fmax＝16N细线上端固定在O点，下端系有一个侧面开口的轻盒（质量不计），初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，OC与竖直方向夹角θ＝37°，O点正下方h＝0.5m处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得v0＝4m/s的初速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘B飞出，当组合体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块甲即将碰到乙时的速度大小v1； （2）组合体到达C点时的速度大小vC； （3）细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T； （4）若h的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求h的可调范围。 4. （2024•嘉兴一模）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为H＝6m，杆上套有一质量m0＝0.1kg的滑环，杆上A点处固定一挡板。长度为l＝1m的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为m＝1kg的小球，轻绳能承受的最大拉力为40N。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为M＝0.2kg。P点右侧有一高度为h＝1.5m、倾角为37°的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为0.9m。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右以v0＝6m/s的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板A碰撞，滑环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。 （1）通过计算分析绳子断裂的原因并求P点与挡板A点的水平距离。 （2）求小滑块最终静止的位置到B点的距离。 （3）若轻绳长度l可调，滑环和小球一起水平向右的初速度v0可调，要确保滑环撞击挡板绳子崩断后小球总能落在P点的小滑块上，求v0和l的关系以及l的取值范围。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第16讲 动力学、动量和能量观点的应用 高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性强，考察分值高。常以力学分析，直线运动，曲线运动，能量与动量综合考察。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、碰撞中常见的力学模型及其结论 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． 模型名称 模型描述 模型特征 模型结论 “速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0) 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2） （1）若h＝0.8m，求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比； （2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理 解得vC＝4m/s 在C处，根据向心加速度公式 代入数据解得aC＝16m/s2 ②物块a从A到D，根据动能定理 代入数据解得 设上滑的最大高度为h1 根据动能定理 代入数据解得h1＝0.45m ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1 因此物块a未滑出轨道DE； 设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D； 根据动能定理 代入数据解得s＝2m ③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ 代入数据解得 由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑； 物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ 代入数据解得 t根据匀变速运动公式 由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有 所以 （2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理 代入数据解得vF＝2m/s 设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向 根据动量守恒定律mvF＝2mv 根据功能关系 代入数据联立解得l＝0.2m。 2. （2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得： 从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得： 解得：v0＝5m/s （2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得： mv0＝（m+M）v 根据能量守恒定律得： 联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J （3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得： μ1mg＝mam，解得： μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得： 作出v﹣t图像，如下图所示 由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得： v1＝aMt1＝vm﹣amt1 联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s 共速过程平板的位移大小为：x1 v1t1 解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。 两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得： ﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）（m+M）（m+M） 解得：v2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H点。 可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。 3. （2023•浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。 （1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； （2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得： 2mgR 代入数据解得：vF＝10m/s 在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则 解得：FN＝31.2N，方向竖直向上 （2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得： 碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则 mvF＝﹣mv1+3mv2 联立解得：ΔE＝0 （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则 mvF＝（m+3m）v 当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得： 4mv＝（4m+2m）v′ 设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则 联立解得：x1＝0.1m 同理可得：x2＝0.1m 则Δx＝x2+x1 代入数据解得：Δx＝0.2m 4. （2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。 （1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得： 解得：vb＝5m/s b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得： mvb＝mvb′+mv0 解得：v0＝vb＝5m/s （2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得： mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0 解得：h1＝1.2m 以竖直向下的方向为正方向 由动能定理得： 联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（N）（h≥1.2m，且竖直向下为FN的正方向）。 （3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得： 从E点飞出后，竖直方向： 水平方向上：s＝vEt 根据几何关系可得： 联立解得：x＝3l+DF+s1 代入数据解得： 当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得： mgh﹣μmgs2＝0 解得：s2＝1.8m 可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得： mgH﹣μmgs3＝0 解得：s3＝0.4m 距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时 3l﹣s3＜x＜3l 代入数据解得：2.6m＜x＜3m 题型2动量与动力学观点的综合应用 5. （2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。 （1）求太阳热辐射的总功率； （2）求太阳帆单位时间内接受到的能量； （3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。 【解答】解：（1）根据球体表面积公式S＝4πr2可得太阳的表面积为 所以太阳热辐射的总功率为； （2）太阳单位时间内热辐射的总能量为 设太阳帆单位时间内接受到的能量为E′，则 所以 （3）根据动量定理有F•Δt＝2np E′•Δt＝nE 所以 则太阳帆受到的合力 解得 6. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。 （1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力； （2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值； （3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。 【解答】解：（1）设A滑到Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得： 解得：v＝4m/s 在O点，对A根据牛顿第二定律得： 解得：F＝44N 根据牛顿第三定律可知对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上。 （2）设A、B碰撞前瞬间A的速度为vA，由机械能守恒定律得： 解得：vA＝v0＝6m/s A、B碰撞后以共同速度vp前进，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0＝（mA+m）vp 解得：vP＝4m/s 此时A、B的总动能为：，解得：Ek＝24J A、B粘合体每经过一段粗糙段损失的动能为： ΔE＝μ（mA+m）gL＝0.25×（2+1）×10×0.6J＝4.5J 因：，故k的数值为6。 （3）设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的左端时的动能为Ek1，则有： Ek1＝Ek﹣（n﹣1）ΔE＝24J﹣（n﹣1）×4.5J＝（28.5﹣4.5n）J 设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的右端时的动能为Ek2，则有： Ek2＝Ek﹣nΔE＝24J﹣n×4.5J＝（24﹣4.5n）J 动量的大小与动能的关系为：p 根据动量定理可得第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为： I＝p1﹣p2 解得：I，（1≤n＜6） 7. （2024•镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。 （1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W； （2）求滑块Q的质量MQ； （3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。 【解答】解：（1）根据能量守恒定律 解得 设物块P在传送带上减速到与传送带速度相同的位移为s，根据运动学公式有 解得 s＝3R＜L1＝4R 故物块P在传送带上先减速后匀速，根据动能定理有 解得滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功为 W＝﹣1.5mgR； （2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰后P的速度大小为v2，Q的速度为v3，则P从B到C由动能定理有 解得 从C到D过程中由动能定理 解得 对P滑块从D到C根据动能定理 解得 以向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有mpv1＝﹣mpv2+mQv3 联立解得 解得mQ＝3m； （3）由（2）可得，Q碰后速度为 进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左为f2＝μ3mQg＝1.2mg 地面对长木板最大静摩擦力f地M＝μ4（mQ+m木）g＝1.8mg＞f2 故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得 解得 Q以速度v4与长木板弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mQv4＝mQv5+m木v6 可得碰后Q和长木板的速度分别为， 根据牛顿第二定律，Q向右减速的加速度为a2＝μ3g＝0.4g 长木板向左减速的加速度为 Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出v﹣t图像如图所示 可得 相对位移为 可得Δx＝R＜1.5R 则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为 Q热＝μ3mQg（Δx+1.5R）＝3mgR。 题型3动量与能量观点的综合应用 8. （2024•镇海区校级模拟）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求： （1）轻绳即将断裂时的张力； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。 【解答】解：（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有：2mgl（1﹣cosα） 代入题设条件解得：v＝v0 设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析，根据牛顿第二定律有： 代入数据解得：FT＝8mg （2）设A的质量为mA，碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量守恒， 以向右为正有：2mv0＝mAvA+2m•（﹣0.2v0 ） 机械能守恒： 解得：mA＝3m，vA＝0.8v0 易知t＝t0时弹簧压缩量最大，记为Δx。设压缩过程中A的速度为vA（t），B，B的速度为vB（t） 微分求和得： 利用动量守恒：3mvA+2mvB＝2mv0 将vB（t）用vA（t），B替换可得： 代入题给条件： 可求得：Δx＝0.64v0t0 （3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为vm，由动能定理得 不能越过斜面即等价于： 代入可解得： A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为hm，返回水平面时的速度为v′，根据动能定理得 从中可以得到v′与v0的关系：（v′）2 A返回的速度v′要大于B在水平面上的速度0.2v0，代入可解得： 最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件：3mgsinθ﹣3μmgcosθ≥0 从中解得： 综上可得A与斜面间的动摩擦因数应满足： 9. （2024•镇海区校级模拟）某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板9获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为d＝1m的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径r＝2m的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高h＝1.8m处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为2N的恒力F。已知木板Q长度L＝2m，质量M＝1kg。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为μ1＝0.4，滑块与木板2上表面的动摩擦因数为μ2＝0.5。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为m甲＝0.5kg，m乙＝1kg，m丙＝2kg，不计空气阻力的影响。 求： （1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值； （2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离； （3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？ 【解答】解：（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值为滑块下落至轨道P最低点的时候，根据动能定理可得m乙v2＝m乙gh 解得v＝6m/s 根据牛顿第二定律可得FNmax−G 解得FNmax＝28N （2）滑块乙冲上木板Q后，对滑块乙和木板Q分别进行受力分析，可得 −μ2m乙g＝m乙a乙，μ2m乙g＝Ma1 解得a1＝5m/s2，a乙＝−5m/s2 在滑块乙和木板Q共速后，先一起运动，再移动至C点后再分析，设滑块乙冲上木板Q后至共速所经历的时间为t1，可得v+a乙t1＝a1t1 解得t1＝0.6s 可得此时滑块和木板Q的速度为 v乙＝v+a乙t1＝6m/s﹣5×0.6m/s＝3m/s 则此时可得滑块乙在木板Q上相对木板运动的距离为 Δx＝vt1 解得Δx＝1.8m （3）可知选择不同的滑块，下落至轨道P最低端时，速度大小均为v＝6m/s 根据（2）的方法可分别计算滑块甲和滑块丙在木板Q上相对木板运动的距离为x甲＝2.4m，x丙＝1.2m 可知，滑块甲已经冲出木板Q，不可选用，同时分别可得滑块冲上木板Q与木板Q共速后的速度大小为v甲＝2m/s，v乙＝3m/s，v丙＝4m/s 随后取下滑块，为使木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择滑块丙，设最终木板Q的最大速度为v′′，根据动能定理可得 解得 10. （2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 【解答】解：（1）滑块运动到圆弧轨道上的D点时，根据动能定理 解得vD＝2m/s 在D点，根据牛顿第二定律 解得 方向竖直向下。 （2）从D点到F点，根据动能定理 解得vF＝4m/s 设向右为正方向，根据动量守恒mvF＝（m+M）v共 解得v共＝1m/s 根据能量守恒有 解得 H＝0.15m （3）要求滑块不脱离小车，有 ①滑块不离开小车的右端时 解得 ②滑块不离开小车左端时 解得 所以滑块到F点时的最大速度为，则D点时的最大速度为vm，根据动能定理 解得 所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针v≤2m/s时，则 μmgx1＝mgH 解得x1＝0.5m 滑行的路程为s＝L2+x1＝1.5m+0.5m＝2m 当传送带的速度顺时针时，滑块会脱离小车S＝2L2＝2×1.5m＝3m 当传送带的速度顺时针时，根据动能定理 解得 根据能量守恒 解得 1. （2024•宁波模拟）如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径为R＝0.8m、圆心角θ＝120°的圆弧轨道BC、C′D组成，OB、DO′竖直，小球（可视为质点）能无碰撞地从轨道BC进入轨道C′D。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道C′D获三等奖，若小球2能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量m1＝0.3kg小球2的质量m2＝0.1kg重力加速度g取10m/s2忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。 （1）若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道BC对小球弹力的最小值； （2）小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖； （3）弹性势能满足什么条件时可获一等奖。 【解答】解：（1）小球2恰好能经过C点时（与轨道接触而无弹力），在B点速度最小，轨道BC对小球弹力的最小（设为Fmin）。 恰好经过C点时，对小球受力分析如下图所示， 在C点，由牛顿第二定律得： m2gcos60° 解得：vC＝2m/s B到C，由动能定理得： ﹣m2g（R+Rcos60°）m2m2 解得：vBm/s 在B点，由牛顿第二定律得： Fmin﹣m2g 解得：Fmin＝4.5N （2）游戏能获二等奖需要小球2能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离，临界条件之一是恰好能到与圆心O′等高的位置，设此条件对应的小球2碰后的速度为vmin，由几何关系得与圆心O′等高的位置到轨道AB的距离等于2R，由动能定理得： ﹣m2g×2R＝0m2 解得：vminm/s 临界条件之二是恰好到达D点（与轨道接触而无弹力），设小球2碰后的速度为vmax时，恰好能到达D点。 在D点，由牛顿第二定律得： m2g 解得：vD＝2m/s 由几何关系得D点到轨道AB的距离等于3R，由动能定理得： ﹣m2g×3Rm2m2 解得：vmaxm/s 可知小球2碰后的速度满足：m/s＜vm/s时，游戏能获二等奖。 （3）由题意：小球1能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离则获一等奖，根据（2）的结论，应使碰后小球1的速度满足：m/s＜vm/s。 设碰撞前瞬间小球1的速度为v1时，碰撞后速度能等于vminm/s。 两小球发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得： m1v1＝m1vmin+m2v3 m1m1m2 解得：v1m/s 设碰撞前瞬间小球1的速度为v2时，碰撞后速度能等于vmaxm/s。同理得： m1v2＝m1vmax+m2v4 m1m1m2 解得：v2m/s 根据机械能守恒定律，可得弹性势能满足条件为：m1Epm1 解得：19.2J＜Ep＜33.6J 2. （2024•鹿城区校级模拟）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计长度为l＝1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为m＝1kg的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ＝37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为α＝30°的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为，物体和传送带之间的动摩擦因数为。质量为M＝2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R＝0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g＝10m/s2。 （1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度h； （2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量If和压力冲量IN； （3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。 【解答】解：（1）物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得： 整理变形可得： 物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有： 又： 联立代入数据解得： （2）由速度的合成知，物体刚滑上传送带时的速度为：v，代入数据得：vm/sm/s 可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知 物体的加速度大小为：a1，代入数据得：a1＝8m/s2 物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为：t1，代入数据得：t1s 上滑的位移为：x1mLm 物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知， 物体的加速度大小为：a2，代入数据得：a2＝2m/s2 物体从共速到传送带底端所用时间为t2，根据运动学公式可得： 代入数据解得： 根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为：I 物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为： （3）物体刚滑上小车的速度为：v2＝v0+a2t2＝2m/s+2m/sm/s 物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小球有相同的水平速度，以物体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得：mv2＝（m+M）vx 代入数据解得： 设物体刚离开小车时的竖直分速度为vy，根据系统机械能守恒可得： 解得： 物体刚离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重新回到小车所用的时间为：t′s 3. （2024•杭州二模）某游戏装置如图所示，左侧固定一张长s＝1.75m的桌子，水平桌面的边缘A、B上有两个小物块甲、乙，质量分别为m1＝0.08kg，m2＝0.02kg两物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2；右侧有一根不可伸长的细线，长度为L＝1.5m，能够承受的最大拉力Fmax＝16N细线上端固定在O点，下端系有一个侧面开口的轻盒（质量不计），初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，OC与竖直方向夹角θ＝37°，O点正下方h＝0.5m处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得v0＝4m/s的初速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘B飞出，当组合体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块甲即将碰到乙时的速度大小v1； （2）组合体到达C点时的速度大小vC； （3）细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T； （4）若h的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求h的可调范围。 【解答】解：（1）物块甲从获得初速度到将碰到乙过程，由动能定理有： 代入数据可得：v1＝3m/s （2）取水平向右为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律有：m1v1＝（m1+m2）v2 组合体离开B点做平抛运动，水平方向的速度大小不变，在C点则有：v2＝vCcosθ 代入数据可得：vC＝3m/s （3）从C点到最低点过程，由动能定理有： 在最低点由牛顿第二定律有： 代入数据可得：，T＝2.5N （4）细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，有三种情况： ①组合体和盒子能摆到与钉子等高处，从最低点到与钉子等高处，由动能定理有： 代入数据可得：h1＝0.75m ②组合体和盒子能绕钉子转一圈，且能通过最高点，从最低点到钉子上方最高处，由动能定理有： 在钉子上方最高点，由牛顿第二定律有： 代入数据可得：h2＝1.2m ③在最低点，绳子拉力达到最大值，由牛顿第二定律有： 代入数据可得：h3＝1.4m 综上所述，可知h的可调范围为：0＜h≤0.75m和1.2m≤h≤1.4m 4. （2024•嘉兴一模）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为H＝6m，杆上套有一质量m0＝0.1kg的滑环，杆上A点处固定一挡板。长度为l＝1m的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为m＝1kg的小球，轻绳能承受的最大拉力为40N。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为M＝0.2kg。P点右侧有一高度为h＝1.5m、倾角为37°的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为0.9m。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右以v0＝6m/s的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板A碰撞，滑环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。 （1）通过计算分析绳子断裂的原因并求P点与挡板A点的水平距离。 （2）求小滑块最终静止的位置到B点的距离。 （3）若轻绳长度l可调，滑环和小球一起水平向右的初速度v0可调，要确保滑环撞击挡板绳子崩断后小球总能落在P点的小滑块上，求v0和l的关系以及l的取值范围。 【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知： 代入数据解得：F＝46N＞40N 所以轻绳断裂。 小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动： 代入数据解得：t＝1s 水平方向为匀速运动：xPA＝v0t＝6×1m＝6m （2）小球与小滑块作用过程，水平方向动量守恒，以向右为正有：mv0＝（m+M）v 得到共同速度为：v＝5m/s 从P到斜面最高点的过程： 解得：hmax＝0.48m＜1.5m 滑块未从斜面顶端飞出。 又（m+M）gsin37°＞μ（m+M）gcos37°，之后滑块下滑 从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置，由能量守恒定律得： 代入数据解得：x＝0.32m （3）若轻绳能断裂后，水平距离为：xPA＝v0t 而在竖直方向： 联立方程得： 确保轻绳崩断： 联立解得：或 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$