专题二 培优点一 三大观点在力学中的综合应用-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 培优点一　三大观点 在力学中的综合应用 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 例1　（2024·广西高考）（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 3 4 例2　（2022·全国乙卷）（多选）质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则（　　） A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 5 6 例3　（2024·辽宁省大连市高三下二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0＝4 m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度v1＝1.5 m/s和v2＝5 m/s冲到顺时针运行的传送带上，传送带的速度v＝4 m/s，传送带足够长。已知曲面高度h＝1 m，小件甲的质量m1＝4 kg，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取10 m/s2。求： 7 （1）小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功； （2）小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能； （3）小件甲和乙从冲上传送带到都与传送带共速的过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。 答案　（1）8 J　（2）2 kg　2.5 J　（3）32 J 8 9 （3）甲冲上传送带后先做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，乙冲上传送带后先做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μm1g＝m1a1 μm2g＝m2a2 设甲加速到与传送带共速的时间为Δt1，乙减速到与传送带共速的时间为Δt2，则 v＝v1＋a1Δt1 v＝v2－a2Δt2 Δt1时间内传送带发生的位移x1＝vΔt1 传送带克服小件甲的摩擦力做功Wf1＝μm1gx1 Δt2时间内传送带发生的位移x2＝vΔt2 小件乙对传送带的摩擦力对传送带做的正功Wf2＝μm2gx2 电动机需额外多消耗的电能ΔE电＝Wf1－Wf2 联立解得ΔE电＝32 J。 10 11 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 求解功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移（摩擦生热）时，优先选用能量守恒定律 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 12 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体连续作用问题，用动量定理求解 动量守恒定律 p1＋p2＝ p1′＋p2′ 对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，用动量守恒定律求解 13 高考命题预测 1.（2024·江西省萍乡市高三下二模）如图所示，某同学在家练习原地纵跳摸高，他先下蹲，通过充分调整后，由静止发力蹬地跳起到手触摸某一高度，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则从蹬地到触摸到最高点的过程中（　　） A.该同学始终处于超重状态 B.地面支持力的冲量大小等于其所受重力的冲量大小 C.若要触摸到更高位置，则地面支持力做功也需增多 D.若两次摸高位置相差20 cm，则两次摸高过程在空中时间 相差0.2 s 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 答案：（1）7mg　（2）　（3）2R　R 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.（2024·甘肃高考）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 2.（2024·北京高考）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　） A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 3.（2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A.机械能保持不变 B.动量保持不变 C.处于失重状态 D.所受合力不为零 解析：小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，重力势能减小，则小车的机械能减小，故A错误；小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式p＝mv可知，小车的动量大小不变，方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误；在竖直方向，小车做匀速直线运动，受力平衡，既不处于失重状态，也不处于超重状态，故C错误；根据上述分析可知，小车在水平面的方向做匀速圆周运动，则水平方向上所受合力等于向心力，综上所述可知，小车所受合力不为零，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 4.（2023·湖南省邵阳市高三下二模）如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则（　　） A.小球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等 B.小球Q所受重力的功率保持不变 C.小球Q的机械能守恒 D.小球Q动量变化的方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 解析：设钢索与水平方向夹角为θ，对小球Q受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得Q的加速度a＝gsinθ，故A错误；小球Q下滑过程中所受重力的功率P＝mgvQsinθ，因速度vQ在增大，故小球Q的重力的功率也增大，B错误；小球Q下滑过程中轻绳拉力与运动方向垂直，不做功，只有重力做功，因此小球Q的机械能守恒，C正确；动量变化的方向与速度变化的方向相同，且小球平行钢索向下做匀变速直线运动，故小球Q动量变化的方向平行钢索向下，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 5.（2024·北京高考）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 7.（2024·辽宁省抚顺市六校协作体高三下三模）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75 m，长L＝0.5 m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2 kg的木块（可视为质点），质量m＝20 g的子弹以v0＝62 m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： （1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q； （2）子弹落地点与悬点O的距离d。 答案：（1）34.5 J　（2）6.25 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 8.（2024·江苏省镇江市高三下三模）柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为g。 （1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量； （2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后 桩体在泥土中向下移动的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 9.（2024·湖北高考）如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失 的总动能。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案：（1）5 m/s　（2）0.3 J　（3）0.2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设小球M、N的质量均为m，碰撞后瞬间M的速度为vM，N的速度为vN，根据题意可知该碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,M)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)，联立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脱离平台，做初速度为v的平抛运动，在水平方向上做速度为v的匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。 解析：　物块与地面间的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝2 N。在0～3 s内，对物块由动量定理有（F0－f）t1＝mv3，得3 s时物块的速度为v3＝6 m/s，则3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t2物块的速度减为零，由动量定理可得－（F0＋f）t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为零，则此时物块的动能也为零，故A正确，C错误；设0～3 s内物块发生的位移大小为x1，由动能定理可得（F0－f）x1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，解得x1＝9 m，设3 s～4 s过程中物块发生的位移大小为x2，由动能定理可得－（F0＋f）x2＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，解得x2＝3 m，4 s后物块反向运动，加速度大小为a＝eq \f(F0－f,m)＝2 m/s2，4 s～6 s发生的位移大小为x3＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,3)＝4 m<x1＋x2，则6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s水平力F对物块所做的功为W＝F0x1－F0x2＋F0x3＝40 J，故D正确。 解析　（1）设小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功为Wf，由动能定理得m1gh－Wf＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－0 解得Wf＝8 J。 （2）甲、乙碰撞过程中，由动量守恒定律得 m1v0＝m1v1＋m2v2 解得m2＝2 kg 甲、乙碰撞过程损失的机械能 ΔE机＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2veq \o\al(2,2))) 解得ΔE机＝2.5 J。 力学三大观点 对应规律 表达式 适用范围 动力学 观点 牛顿第二定律 F合＝ma 恒力作用下的匀变速运动（包括匀变速曲线运动），涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 v2－veq \o\al(2,0)＝2ax等 解析：该同学在空中运动时，加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于完全失重状态，故该同学不是始终处于超重状态，故A错误；以竖直向上为正方向，从蹬地到触摸到最高点的过程中，根据动量定理有IF＋IG＝Δp＝0－0＝0，则IF＝－IG，即地面支持力的冲量大小等于其所受重力的冲量大小，故B正确；从蹬地到触摸到最高点的过程中，地面支持力的位移为零，支持力做功为零，故C错误；设两次摸高过程中，较低的位置离地高度为h，两次摸高位置相差Δh，两次摸高过程在空中时间分别为t1和t2，根据运动学公式有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，h＋Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，两次摸高过程在空中时间差为Δt＝t2－t1，联立可得Δt＝eq \r(\f(2（h＋Δh）,g))－eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(0.2h＋0.04)－eq \r(0.2h)，将上式变形，得Δt＝eq \f(0.04,\r(0.2h＋0.04)＋\r(0.2h))，易知h>0，由数学知识可知，h增大，Δt减小，且h＝0时，Δt有最大值Δt0＝0.2 s，所以Δt<Δt0＝0.2 s，故D错误。 2.（2024·湖北省八市高三下3月联考）如图所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2eq \r(gR)的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。 （1）若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到 支持力的大小； （2）若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小； （3）若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。 解析：（1）若将小车固定，设物块滑到圆弧轨道最低点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgR＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2 设物块经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v2,R) 联立解得FN＝7mg。 （2）若小车不固定，则物块与小车在水平方向动量守恒，设物块第一次滑过A点时物块的速度为vA，小车的速度为v1，以水平向右为正方向，则有0＝mvA＋2mv1 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)（2m）veq \o\al(2,1) 联立解得vA＝2eq \r(gR)，v1＝－eq \r(gR) 可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为eq \r(gR)。 （3）根据水平方向动量守恒，以及能量守恒定律可知，物块与小车最终均静止，且物块停在AB段。设物块整个过程中在小车水平轨道上相对水平轨道滑过的路程为s，由能量守恒定律，有μmgs＝mgR＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得s＝6R 则可知物块最终将停在B点，与A点的距离为2R。 设全过程物块的水平平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))1，水平位移大小为x1，小车的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))2，水平位移大小为x2，全过程的时间为t，由水平方向总动量守恒，可得meq \o(v,\s\up6(－))1＝2meq \o(v,\s\up6(－))2 根据运动学公式，可知x1＝eq \o(v,\s\up6(－))1t，x2＝eq \o(v,\s\up6(－))2t 根据位移关系可知x1＋x2＝R＋2R 联立解得x2＝R。 解析：电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝eq \f(v2,r)不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。 解析：刚开始，物体的速度小于传送带的速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，水平方向受力平衡，又在水平方向上不受除摩擦力外的其他力作用，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，受到的摩擦力方向与位移方向相同，可知摩擦力对物体做正功，C错误；设物体质量为m，物体与传送带间动摩擦因数为μ，则物体加速运动时的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，物体加速运动的时间为t＝eq \f(v传,a)＝eq \f(v传,μg)，可知传送带运动速度v传越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 解析：由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝eq \o(v,\s\up6(－))t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误； 6.（2024·广西高考）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　） A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为eq \f(I2,2mΔx)＋mg C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了eq \f(I2,2m)＋mgΔx D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为eq \f(μ（I2＋2m2gΔx）,4mΔx（cosθ＋μsinθ）) 解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－（I＋IG），故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝eq \f(I,m)，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(I2,2m)，进入过程，根据动能定理，对木栓有mgΔx－eq \o(F,\s\up6(－))Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为eq \o(F,\s\up6(－))＝eq \f(I2,2mΔx)＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝eq \f(I2,2m)，损失的重力势能ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝eq \f(I2,2m)＋mgΔx－ΔEp′，故C错误； 设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力eq \f(1,4) eq \o(F,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)（fsinθ＋FNcosθ），且根据B项求得平均阻力eq \o(F,\s\up6(－))＝eq \f(I2,2mΔx)＋mg，联立可得f＝eq \f(μ（I2＋2m2gΔx）,4mΔx（cosθ＋μsinθ）)，故D正确。 解析：（1）设子弹穿出木块时的速度大小为v子，此时木块的速度大小为v1，木块在最高点的速度大小为v2。木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有Mg＝M2,2)eq \f(v,L) 木块从最低点运动到最高点过程中，根据机械能守恒定律，得eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝2MgL 子弹射入木块过程，对子弹与木块组成的系统，根据动量守恒定律，有mv0＝Mv1＋mv子 根据能量守恒定律，有 Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,子) 联立并代入数据解得Q＝34.5 J。 （2）设子弹穿出木块后做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－L＝eq \f(1,2)gt2 在水平方向上运动的距离x＝v子t 由几何关系可知d＝eq \r(H2＋x2) 联立并代入数据解得d＝6.25 m。 答案：（1）meq \r(2gh)，方向竖直向上 （2）eq \f(m2gh,M（f－Mg）) 解析：（1）设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0，对分离后的重锤汽缸，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝mgh 汽缸和桩体分离的瞬间，由于内力远大于外力，柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量I燃即为汽缸动量的变化量，由动量定理，有I燃＝mv0－0 解得I燃＝meq \r(2gh)，方向竖直向上。 （2）设该次燃烧后桩体获得的初速度为v，在泥土中向下移动的距离为H，在燃烧过程中，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有mv0＝Mv 分离后，对桩体由动能定理有MgH－fH＝0－eq \f(1,2)Mv2 联立解得H＝eq \f(m2gh,M（f－Mg）)。 解析：（1）设小物块的质量为m物，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块与传送带相对滑动时，小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μm物g＝m物a 假设小物块与小球碰撞前，小物块可以达到传送带的速度v传，设小物块加速运动的距离为x，根据运动学公式有veq \o\al(2,传)－0＝2ax 联立并代入数据解得x＝2.5 m 由于x<3.6 m，可知假设成立，则小物块与小球 碰撞前瞬间，小物块的速度大小为v＝v传＝5 m/s。 （2）小物块与小球碰撞的时间极短，则碰撞过程中小物块与小球组成的系统动量守恒，设小球的质量为m球，碰后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2 由题知v1＝－1 m/s 代入数据解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系 统损失的总动能为 ΔEk＝eq \f(1,2)m物v2－eq \f(1,2)m物veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,2) 代入数据解得ΔEk＝0.3 J。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则P点到O点的距离最小，设为d，设此时小球在P点正上方的速度大小为v3，绳长为L绳，小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有 m球g＝m球2,3)eq \f(v,L绳－d) 小球从O点正下方到P点正上方的过程， 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,3)＋m球g（2L绳－d） 联立并代入数据解得d＝0.2 m。 $$