重难点11 力学中三大观点的综合应用-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点11 力学中三大观点的综合应用 考点 三年考情分析 2025考向预测 利用力学三大观点解决实际情境问题 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 从高考卷看，动量可以在选择题中单独考查，更多的是和机械能、牛顿运动定律综合考查，计算题中常结合多对象、多过程问题考查。 【情境解读】 【高分技巧】 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 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及到做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初、末速度而不涉及力、时间 【考向一：传送带模型】 1．摩擦力的方向及存在阶段的判断 理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 2．物体能否达到与传送带共速的判断 物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 1．传送带问题的分析步骤与方法 2．划痕长度与摩擦生热的计算 若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。 滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。 1．(多选)(2024湖南邵阳高三期中)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.电动机做的功为mv2 B.摩擦力对物体做的功为mv2 C.传送带克服摩擦力做的功为mv2 D.小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv2 2．(多选)(2024河北邯郸高三联考)如图所示，倾角为37°的传送带以速度v0逆时针匀速传动，小滑块(视为质点)以平行于传送带的初速度v＝2 m/s从顶端滑上传送带，经过t0＝4 s滑块滑到传送带的底端，在此过程中，滑块的平均速度为 ＝1 m/s，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.传送带转轴中心间的距离为4 m B.滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.6 C.当滑块向上运动到两轮间的中点位置时速度大小正好为v0，则滑块在上升过程中经历的总时间为3 s D.若v0＝v，则滑块在传送带上运动的整个过程中，滑块与传送带的相对位移为8 m 3．(2022浙江6月选考)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＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/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，取g＝10 m/s2。 (1)若h＝1.25 m，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0.9 m<h<1.65 m，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)。 4．(2023广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端．已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的.A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点．求： (1) A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t. (2) B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W. (3) 圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s. 5．工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处。如图所示，长度L1＝6 m、倾角θ＝30°、上表面平直 的传送带以恒定速率v＝4 m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝。现将一质量m＝20 kg的货物(体积可以忽略)轻放在传送带的顶端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1 m/s。取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.259，cos 15°＝0.966，求： (1)货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x； (2)斜面的长度L2(结果保留2位有效数字)； (3)货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。 【考向二：应用三大观点解决多过程问题】 6．如图所示，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v0＝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/s2。 (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＝ s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。 7．(2022湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图2所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。 (1)求C的质量； (2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小； (3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。 8．(2022浙江1月选考)如图所示，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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx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lx的值。 9．(2023年6月浙江选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4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＝0.4 m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＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/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＝0.8 m，以v＝2 m/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，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(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＝1 m/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。 10．如图所示，半径为0.9 m的光滑圆弧轨道OA，O′为圆心，与长度为3 m的光滑水平轨道AB在A处相切，它与水平粗糙足够长的轨道CD在同一竖直面内。现有一小滑块从圆弧轨道上的P点由静止释放，∠OO′P＝30°。当滑块经过A点时，静止在CD轨道上质量为0.2 kg的凹槽(质点)，在1.6 N的水平恒力F作用下开始启动，运动一段时间后撤去此力，又经过一段时间后，当凹槽在CD轨道上运动了3.28 m时，凹槽的速度达到2.4 m/s，此时，小滑块恰好落入凹槽中。凹槽与轨道CD间的动摩擦因数为0.4。重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)凹槽运动的最大速度； (2)两个水平轨道间的高度。 【考向三：应用三大观点解决“板块”模型问题】 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 11.如图所示，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8 m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小； (2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，则河岸宽度d的取值范围。 12.为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝60 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g＝10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 (1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少； (2)若某包裹的质量为m1＝20 kg，从h＝2.4 m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过程中产生的热量； (3)若某包裹的质量为m2＝120 kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h′的最小值。 13.如图所示，光滑水平面上放有两个完全相同的木板A、B，每个木板质量M＝1 kg，长L＝10 m，两板间距s＝10 m。质量为m＝2 kg的小滑块C(可视为质点)以v0＝15 m/s的初速度从左侧滑上木板A，C与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，若A和B发生碰撞后粘在一起，且小滑块C最终没有滑出木板，求： (1)小滑块C的最终速度大小； (2)木板A与木板B碰撞前瞬间，A的速度大小； (3)若小滑块C的初速度未知，小滑块C能滑上木板B的最小初速度(结果可以保留根号)。 14.如图所示，物体A、B质量分别为m＝1 kg，M＝2 kg，用轻绳相连并用弹簧系住挂在天花板上静止不动。某时刻A、B间的绳子被剪断，物体A上升，B开始下降并从C点进入竖直放置的半径为R＝2 m的四分之一光滑圆弧轨道，已知当B以大小为vB的速度下落到轨道上的C处时，A上升的速度大小为vA。之后物体B在圆弧轨道末端D点与质量为m的光滑小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，且B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64 N，此后B继续滑动直至刚好脱离粗糙水平面DE，B与DE间的动摩擦因数为0.4。小球在E点水平滑上静止停放在光滑水平面上质量为m0的弧形槽小车，小车左端的离地高度hEF＝0.8 m，小球到达某一高度后(未离开小车)又返回小车左端(A、B、小球均可以看作质点，g＝10 m/s2，忽略空气阻力)。 (1)A上升速度大小为vA时，求弹簧对物体A的冲量(用题中所给字母表示)； (2)若B在圆弧轨道上的运动时间是到C处时间的3倍，求从绳子被剪断到B停止运动的总时间T； (3)若小车的质量m0＝3 kg，求小球在弧形槽小车上到达最高点时的离地距离H； (4)若小球从小车左端掉落后相对二者刚脱离时产生的水平距离为s＝ m，求小车的质量m0。 15.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点11 力学中三大观点的综合应用 考点 三年考情分析 2025考向预测 利用力学三大观点解决实际情境问题 3年4考 广东卷[(2024, T10), (2023, T10), (2023,T15), (2022, T13)] 从高考卷看，动量可以在选择题中单独考查，更多的是和机械能、牛顿运动定律综合考查，计算题中常结合多对象、多过程问题考查。 【情境解读】 【高分技巧】 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 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及到做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初、末速度而不涉及力、时间 【考向一：传送带模型】 1．摩擦力的方向及存在阶段的判断 理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 2．物体能否达到与传送带共速的判断 物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 1．传送带问题的分析步骤与方法 2．划痕长度与摩擦生热的计算 若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。 滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。 1．(多选)(2024湖南邵阳高三期中)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.电动机做的功为mv2 B.摩擦力对物体做的功为mv2 C.传送带克服摩擦力做的功为mv2 D.小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv2 答案　AC 解析　设经时间t物体与传送带相对静止，物体做匀加速直线运动，传动带做匀速运动，则物体位移为x1＝t，传送带运动距离x2＝vt，二者相对位移Δx＝x2－x1＝t，物体所受合力为滑动摩擦力，由动能定理得Wf＝Ffx1＝mv2，即传送带克服摩擦力做功为W克f＝Wf＝Ffx2＝2×mv2＝mv2，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q＝FfΔx＝mv2，电动机做的功等于物体增加的动能与传送带和物体之间摩擦产生的热能之和，则W＝mv2＋Q＝mv2，故A、C正确，B、D错误。 2．(多选)(2024河北邯郸高三联考)如图所示，倾角为37°的传送带以速度v0逆时针匀速传动，小滑块(视为质点)以平行于传送带的初速度v＝2 m/s从顶端滑上传送带，经过t0＝4 s滑块滑到传送带的底端，在此过程中，滑块的平均速度为 ＝1 m/s，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.传送带转轴中心间的距离为4 m B.滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.6 C.当滑块向上运动到两轮间的中点位置时速度大小正好为v0，则滑块在上升过程中经历的总时间为3 s D.若v0＝v，则滑块在传送带上运动的整个过程中，滑块与传送带的相对位移为8 m 答案　AC 解析　由匀变速直线运动的规律可得L＝t0，L＝vt0－at，滑块下滑过程，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，联立解得L＝4 m，a＝0.5 m/s2，μ＝0.812 5，A正确，B错误；设滑块运动到传送带的底端时速度为v1，则有＝，解得v1＝0，滑块刚向上运动时的受力与向下运动的受力情况相同，说明滑块向上做初速度为0、加速度为a＝0.5 m/s2的匀加速直线运动，由题意得＝，v0＝at1，共速后，滑块与传送带一起匀速运动，则＝v0t2，又t上＝t1＋t2，联立解得t上＝3 s，C正确；若v0＝v，分析可知，滑块在传送带上做双向可逆运动，返回到顶端时速度正好为－v，根据对称性，滑块在传送带上运动的整个过程中的时间为t＝2t0，传送带的位移为x带＝－v0t，滑块的位移为x块＝0，则物块与传送带的相对位移为s相对＝|x带－x块|，联立解得s相对＝16 m，D错误。 3．(2022浙江6月选考)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＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/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，取g＝10 m/s2。 (1)若h＝1.25 m，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0.9 m<h<1.65 m，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)。 答案　(1)5 m/s (2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)，以竖直向下为正方向 (3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m≤x≤3 m， 当1.2 m≤h<1.65 m时，m≤x<m 解析　(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝mvb2，解得vb＝5 m/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，mvb2＝mvb′2＋mv02 联立解得v0＝vb＝5 m/s。 (2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0 解得h1＝1.2 m 以竖直向下为正方向FN＋mg＝m 由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝mvE2 联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)。 (3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得 mgh－2μmgl－mgH＝mvE2 从E点飞出后，竖直方向H＝gt2 水平方向s＝vEt 根据几何关系可得DF＝ m 联立解得x＝3l＋DF＋s1 代入数据解得m≤x<m 当0.9 m<h<1.2 m时，从h2＝0.9 m释放时，根据动能定理可得mgh2－μmgs2＝0 解得s2＝1.8 m 可知物块达到距离C点0.8 m处静止；若物块a到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＝0.4 m 距离C点0.6 m， 综上可知当0.9 m<h<1.2 m时， 3l－s3≤x≤3l 代入数据得2.6 m≤x≤3 m。 4．(2023广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端．已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的.A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点．求： (1) A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t. (2) B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W. (3) 圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s. 答案　(1) 　(2) 6mgL－3mv(3) v0 解析 (1) 药品盒A在传送带上做匀加速运动的过程，由牛顿第二定律有μmg＝ma 根据匀变速直线运动规律，有v0＝at 解得t＝ (2) 药品盒B进入竖直螺旋滑槽时的速度与A进入时相同，均为v，对于药品盒B从M点到N点的运动过程，由动能定理有 2mg×3L－W＝×2m×(2v0)2－×2mv 解得W＝6mgL－3mv (3) 药品盒B与A碰撞过程中，动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得 2m×2v0＝mvA＋2mvB 根据碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的可得 ×2m×(2v0)2＝×2mv＋mv＋ΔE 其中ΔE＝××2m×(2v0)2 解得vA＝2v0, vB＝v0 或vA＝v0, vB＝v0(不符合实际，舍去) 两药品盒离开平台右端后做平抛运动 竖直方向L＝gt 水平方向，对药品盒A有sA＝vAt0 对药品盒B有sB＝vBt0 药品盒A、B分别运动到圆盘内直径的两端，所以圆盘圆心到平台右端N点的水平距离 s＝sB＋＝v0 5．工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处。如图所示，长度L1＝6 m、倾角θ＝30°、上表面平直 的传送带以恒定速率v＝4 m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝。现将一质量m＝20 kg的货物(体积可以忽略)轻放在传送带的顶端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1 m/s。取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.259，cos 15°＝0.966，求： (1)货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x； (2)斜面的长度L2(结果保留2位有效数字)； (3)货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。 答案(1)1 m　(2)4.5 m　(3)120 J 解析(1)货物在摩擦力和重力沿传送带向下的分力的共同作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2。货物与传送带达到共同速度所需时间t＝＝0.5 s，货物经过的位移大小x＝·t＝1 m。 (2)货物与传送带达到共同速度后，因为μ1＜tan θ，货物会继续加速下滑，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2。 设货物到达传送带底端的速度为v1，则有v12－v2＝2a2(L1－x)，解得v1＝6 m/s。 货物到达斜面后，因μ2＞tan 15°，货物做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 15°－μ2mgcos 15°＝ma3，解得a3＝－3.85 m/s2， 货物到达斜面底端的速度大小v2＝1 m/s，根据v22－v12＝2a3L2结合实际情况可得L2≈4.5 m。 (3)货物与传送带达到共同速度的过程中传送带的位移大小x1＝vt＝2 m，货物与传送带的相对位移大小Δx1＝x1－x＝1 m，货物从与传送带等速到离开传送带的时间为t1＝＝1 s，传送带在t1时间内通过的位移大小为x2＝vt1＝4 m，所以货物与传送带的相对位移大小Δx2＝(L1－x)－x2＝1 m，货物在传送带上运动的过程，系统产生的热量Q＝μ1mgcos θ·(Δx1＋Δx2)＝120 J。 【考向二：应用三大观点解决多过程问题】 6．如图所示，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v0＝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/s2。 (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＝ s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。 答案　(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s　(3) N·s，方向竖直向上解析 载物箱先做匀减速运动，设运动时间为t1，位移为x1，则有－μmgt1＝mv－mv0① 得t1＝1 s 又－μmgx1＝mv2－mv02 ② 得x1＝4.5 m 由于x1＜L，因此载物箱还要继续匀速运动， 设匀速运动的位移为x2，时间为t2，则有x2＝vt2 ③ 又x1＋x2＝L ④ t＝t1＋t2 ⑤ 故t＝2.75 s。 假设载物箱一直做加速运动，则载物箱到达右侧平台速度最大，设为v1，则有μmgL＝mv12－mv02 ⑥ 得v1＝4 m/s 假设载物箱一直做减速运动，则载物箱到达右侧平台速度最小，设为v2，则有 －μmgL＝mv22－mv02 ⑦ 得v2＝ m/s 由于v2＝ m/s＞0，则载物箱可以一直做减速运动，即v2＝ m/s。 载物箱加速到和皮带速度相同，设时间为t1′，有 I1＝μmgt1′＝mv－mv0 ⑧ 得I1＝10 N·s，t1′＝1 s μmgx1′＝mv2－mv02 ⑨ 得x1′＝5.5 m 由于t1′＜Δt，则载物箱做匀速运动， t2′＝Δt－t1′ ⑩ x2′＝vt2′ ⑪ 得x2′＝0.5 m 由于x1′＋x2′＜L，则Δt后载物箱做减速运动， x3′＝L－x1′－x2′ ⑫ －μmgx3′＝mv12－mv2 ⑬ I3＝－μmgt3′＝mv1－mv ⑭ 则I3＝－10 N·s，t3′＝1 s 又If＝I1＋I3＝0 ⑮ IN＝N(t1′＋t2′＋t3′)＝mg(t1′＋t2′＋t3′)⑯ I＝If＋IN ⑰ 则I＝ N·s，方向竖直向上。 7．(2022湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图2所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。 (1)求C的质量； (2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小； (3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。 答案　(1)m　(2)6.5mg(3)(4－2)mgL 解析　(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知 mCg＝2mgcos 30° 解得mC＝m。 (2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度为v，根据动量守恒定律可知 m＝m×0＋2mv 解得v＝ C、D碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知 2mg－F＝0－×2mv2 解得F＝6.5mg。 (3)设某时刻C向下运动的速度为v′，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知 mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mCg－2mg(－L) 令y＝mCg－2mg(－L) 对上式求导数可得 ＝mgL＋2mgL 当＝0时，解得cos α＝ 即α＝30° 此时y＝mCg－2mg(－L)＝mgL 于是有mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mgL 解得v′2＝ 此时C的最大动能为 Ekm＝mCv′2＝(4－2)mgL。 8．(2022浙江1月选考)如图所示，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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx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lx的值。 答案(1)7 N　(2)v＝ m/s,0.85 m≤lx≤3 m　(3) m或 m或 m 解析(1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有：mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2－0， 在C点时由牛顿第二定律有：FN－mg＝m， 联立解得FN＝7 N。 (2)滑块能过最高点时，则能到F点，则恰好到最高点时有：mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0， 解得lx＝0.85 m， 要能过F点，则lx≥0.85 m。 由释放点到F点，根据动能定理有： mglxsin 37°－mg·4Rcos 37°＝mv2， 解得v＝ m/s,0.85 m≤lx≤3 m。 (3)由几何关系可求得lFG＝ m，设滑块静止时摩擦力做功为第一次到达FG中点时的n倍，由功能关系有 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0， 解得lx＝， 当n＝1时，lx1＝ m； 当n＝3时，lx2＝ m； 当n＝5时，lx3＝ m； 当n＝7时，lx4＞3 m，不成立。 9．(2023年6月浙江选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4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＝0.4 m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＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/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＝0.8 m，以v＝2 m/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，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(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＝1 m/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。 答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 解析　(1)滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有 mg·2R＝mv－mv 解得vF＝10 m/s 在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝31.2 N。 (2)碰撞后滑块a返回到B点的过程， 由动能定理有 －mg·2R－μmgL＝mv－mv 解得va＝5 m/s 滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有 mvF＝－mva＋3mvb 解得vb＝5 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。 (3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有 mvF＝(m＋3m)vab 解得vab＝2.5 m/s 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc 解得vabc＝ m/s 由机械能守恒定律有 Ep1＝×4mv－×6mv 解得Ep1＝0.5 J 由Ep1＝kx解得最大压缩量x1＝0.1 m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1 m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝x1＋x2＝0.2 m。 10．如图所示，半径为0.9 m的光滑圆弧轨道OA，O′为圆心，与长度为3 m的光滑水平轨道AB在A处相切，它与水平粗糙足够长的轨道CD在同一竖直面内。现有一小滑块从圆弧轨道上的P点由静止释放，∠OO′P＝30°。当滑块经过A点时，静止在CD轨道上质量为0.2 kg的凹槽(质点)，在1.6 N的水平恒力F作用下开始启动，运动一段时间后撤去此力，又经过一段时间后，当凹槽在CD轨道上运动了3.28 m时，凹槽的速度达到2.4 m/s，此时，小滑块恰好落入凹槽中。凹槽与轨道CD间的动摩擦因数为0.4。重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)凹槽运动的最大速度； (2)两个水平轨道间的高度。 答案(1)4 m/s　(2)0.8 m 解析(1)设凹槽加速运动时的加速度为a，根据牛顿第二定律得F－μMg＝Ma 当凹槽刚撤去外力F时，运动的速度最大，设为vm，由动能定理得Fx－μMgx1＝Mv12－0 根据运动学公式有vm2＝2ax 联立以上各式解得vm＝4 m/s。 (2)设凹槽加速运动的时间为t，撤去F后减速运动的时间为t′，由动量定理得Ft－μMg(t＋t′)＝Mv1 对于凹槽加速运动过程有vm＝at 小滑块从圆弧轨道上运动到A，由动能定理得 mgR(1－cos 60°)＝mvA2 滑块从A运动到B的时间为tAB，由运动学公式得 xAB＝vAtAB 滑块做平抛运动的时间为T＝t＋t′－tAB 由平抛运动得下落的高度为h＝gT2 由以上各式解得h＝0.8 m。 【考向三：应用三大观点解决“板块”模型问题】 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 11.如图所示，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8 m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小； (2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，则河岸宽度d的取值范围。 答案　(1)10 m/s　(2)3.6 m<d<5.6 m 解析　(1)设人滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，A的质量设为m，则平板的质量为4m，人的质量为5m，人沿圆弧轨道下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得5mgh＝×5mv 人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，由牛顿第二定律得，对人：μ·5mg＝5ma人 对平板：μmg＋μ·5mg－0.1×(m＋4m＋5m)g＝4ma平板 经t1＝0.4 s人与平板共速，设人与A碰撞后人的速度为v1，共同速度为v，A离开板的速度为vA，则v＝v1－a人t1＝a平板t1 人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝5mv1＋mvA 联立代入数据解得v0＝6 m/s，a人＝5 m/s2，a平板＝5 m/s2，v＝2 m/s，v1＝4 m/s，vA＝10 m/s 即人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小为10 m/s。 (2)人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上滑动过程中A的加速度为aA，由牛顿第二定律得， 对人与板：0.1×(4m＋5m)g＝(4m＋5m)a 对A：μmg＝maA 人与A碰撞后t1＝0.4 s内，人的位移大小 x＝t1 平板的位移大小x1＝t1 设板的长度为L，则L＝vAt1－aAt－x1 人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x2满足0－v2＝－2ax2 根据题意，人与木板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足d>x1＋L 平板速度刚好为零时，平板通过的距离为 d＝L＋x1＋x2 所以“渡河”过程中，要木板能够到达河岸，河岸宽度应满足 (x1＋L)<d<(L＋x1＋x2) 联立代入数据解得3.6 m<d<5.6 m。 12.为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝60 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g＝10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 (1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少； (2)若某包裹的质量为m1＝20 kg，从h＝2.4 m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过程中产生的热量； (3)若某包裹的质量为m2＝120 kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时h′的最小值。 答案　(1)60 kg　(2)120 J　(3)2 m 解析　(1)A恰好不运动需要满足 μ1mg＝μ2(m＋M)g 解得m＝60 kg 故包裹C的质量最大不超过60 kg。 (2)因C的质量m1<60 kg，故装置A始终处于静止状态，由动能定理得 m1gh－μ1mgL＝m1v 解得v0＝4 m/s C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则 m1v0＝(m1＋M)v共 由能量守恒定律得 mv＝(m1＋M)v＋Q 解得Q＝120 J。 (3)因C的质量为120 kg>60 kg，故装置A和B会一起运动 释放C的高度最小时，C滑上B车时，A、B、C三者共速，C由释放到曲面轨道最低点的过程，由动能定理得m2gh′＝m2v2 C在A的水平部分滑动过程，A、B组成的整体加速度为a1，C的加速度为a2，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得 μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝2Ma1 解得a1＝1 m/s2 －μ1m2g＝m2a2 解得a2＝－4 m/s2 达到共速，有v＋a2t＝a1t＝v共′ 可得t＝ 由位移关系得t－t＝L 解得h′＝2 m。 13.如图所示，光滑水平面上放有两个完全相同的木板A、B，每个木板质量M＝1 kg，长L＝10 m，两板间距s＝10 m。质量为m＝2 kg的小滑块C(可视为质点)以v0＝15 m/s的初速度从左侧滑上木板A，C与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，若A和B发生碰撞后粘在一起，且小滑块C最终没有滑出木板，求： (1)小滑块C的最终速度大小； (2)木板A与木板B碰撞前瞬间，A的速度大小； (3)若小滑块C的初速度未知，小滑块C能滑上木板B的最小初速度(结果可以保留根号)。 答案　(1)7.5 m/s　(2)10 m/s(3) m/s 解析　(1)全过程由动量守恒定律有 mv0＝(m＋2M)v共 解得v共＝7.5 m/s。 (2)设C与A共速时的速度为v1，且A还未与B发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1 mv＝(m＋M)v＋μmgs1 联立得v1＝10 m/s s1＝7.5 m<L 此过程对A，应用动能定理有 μmgsA＝Mv 得sA＝5 m<10 m 故假设成立，则A和B发生碰撞时的速度为v1＝10 m/s。 (3)由题意知，C的初速度越小，则和A达到共速过程时间越短；当C的初速度最小时，对A、C达到共速前有mv0′＝(m＋M)v1′ mv0′2＝(m＋M)v1′2＋μmgs1′ A、C匀速一段位移后，对A、B碰撞，由动量守恒，有 Mv1′＝2Mv2 C在A上滑行(L－s1′)刚到达B上，对C与AB有mv1′＋2Mv2＝(m＋2M)v3 mv1′2＋×2Mv＝(m＋2M)v＋μmg(L－s1′) 解得v0′＝ m/s。 14.如图所示，物体A、B质量分别为m＝1 kg，M＝2 kg，用轻绳相连并用弹簧系住挂在天花板上静止不动。某时刻A、B间的绳子被剪断，物体A上升，B开始下降并从C点进入竖直放置的半径为R＝2 m的四分之一光滑圆弧轨道，已知当B以大小为vB的速度下落到轨道上的C处时，A上升的速度大小为vA。之后物体B在圆弧轨道末端D点与质量为m的光滑小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，且B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64 N，此后B继续滑动直至刚好脱离粗糙水平面DE，B与DE间的动摩擦因数为0.4。小球在E点水平滑上静止停放在光滑水平面上质量为m0的弧形槽小车，小车左端的离地高度hEF＝0.8 m，小球到达某一高度后(未离开小车)又返回小车左端(A、B、小球均可以看作质点，g＝10 m/s2，忽略空气阻力)。 (1)A上升速度大小为vA时，求弹簧对物体A的冲量(用题中所给字母表示)； (2)若B在圆弧轨道上的运动时间是到C处时间的3倍，求从绳子被剪断到B停止运动的总时间T； (3)若小车的质量m0＝3 kg，求小球在弧形槽小车上到达最高点时的离地距离H； (4)若小球从小车左端掉落后相对二者刚脱离时产生的水平距离为s＝ m，求小车的质量m0。 答案　(1)m(vA＋vB)　(2) s(3) m　(4) kg或31 kg 解析　(1)因物体A受重力作用，弹簧弹力的冲量并不是物体A合力的冲量，因此，I弹≠mvA， 设从剪断绳子到A上升到速度为vA的过程中，所用时间为t，弹簧对A的冲量为I弹，根据动量定理，对A有I弹－mgt＝mvA，对B有Mgt＝MvB 解得I弹＝m(vA＋vB)。 (2)物体B运动的总时间为物体B自由下落至C的时间t1、由C到D的时间3t1、由D到E匀减速的时间t2、由EF段自由下落的时间t3之和(所以关键是确定物体B自由下落的高度h和物体B与小球碰后的速度v1)。 物体B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64 N，则轨道对物体B的支持力大小为FN＝64 N， 在D处FN－Mg＝ 设B的初始位置到C点的距离为h，B下落到C点的时间为t1，由机械能守恒有Mg(h＋R)＝MvD2 由运动学公式有h＝gt12 解得t1＝0.2 s，vD＝2 m/s， B与小球弹性正碰时，二者水平方向动量守恒且没有能量损失，设碰撞后B和小球的速度分别为v1和v2，设向右为正方向，则有MvD＝Mv1＋mv2 MvD2＝Mv12＋mv22 物体B在DE段所受摩擦力为f＝μMg，设在DE段用时为t2，对B在DE段由动量定理有 －f·t2＝0－Mv1 解得t2＝ s，v1＝ m/s，v2＝ m/s， B与小球正碰后刚好脱离DE，在EF段自由下落，设下落时间为t3，hEF＝gt32，解得t3＝0.4 s， 由题可知，B在圆弧轨道上的运动时间是3t1， 则B从绳子被剪断到停止运动的总时间T＝4t1＋t2＋t3＝ s。 (3)小球达到某一高度时没有离开小车，所以在最高点时小球与小车同速且沿水平方向；地面光滑、小球光滑，故小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒。当小球与小车的水平速度相等且为v时，小球在弧形槽小车上到达最高点，设最高点距离E点的竖直高度为H0，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有mv2＝(m＋m0)v， 由机械能守恒有mv22＝(m＋m0)v2＋mgH0， 解得H0＝ 代入数据得小球在最高点时的离地距离H＝H0＋hEF＝ m。 (4)小球脱离小车后做平抛运动，但没有说明小球脱离小车时速度的方向，所以小球速度方向有水平向左和向右两种可能，对应小车的质量也就有两种可能。 设小球返回时的速度大小为v2′，此时小车的速度为v3，根据平抛运动规律有，s＝v2′·t3 解得v2′＝ m/s 取水平向右为正方向，若小球速度向右，根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有， mv2＝mv2′＋m0v3， mv22＝mv2′2＋m0v32 解得小车质量m0＝ kg 若小球速度向左，根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有mv2＝－mv2′＋m0v3， mv22＝mv2′2＋m0v32， 解得小车质量m0＝31 kg 综上可知m0＝ kg或31 kg。 15.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 答案　(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m 解析　(1)设两者间相对静止时速度为v， 由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 (2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg 设两者间相对静止前相对运动的路程为s1， 由动能定理得－Ffs1＝(m＋m)v2－mv 解得s1＝12.5 m 已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 (3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，有 mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次数可分为13段。凹槽、物块的v－t图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则 v＝v0＋at，a＝－μg 解得t＝5 s v－t图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L) s2＝t＋6.5L 解得s2＝12.75 m。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$