第16课 力学三大观点的综合应用-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第16课　　　力学三大观点的综合应用 普查与练习16　　　　　力学三大观点的综合应用　　　　　　　　　　　　　　　 1．选择合适的力学观点解决物理问题 a.综合应用动量观点和能量观点解决问题 (1)(2022湖北真题，16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，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，重力加速度大小为g。 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。 (1)答案：①m(3分)　②6.5mg(6分) ③(4－2)mgL(7分) 解析：①系统在如图虚线位置保持静止时，以C为研究对象， 根据平衡条件可知mCg＝2mgcos 30°(2分) 解得mC＝m(1分) ②C、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(2分) 解得v＝(1分) 碰撞后D向下运动停止，根据动能定理可知 2mg－F＝0－×2mv2(2分) 解得F＝6.5mg(1分) ③A、B、C的总动能最大时，A、B、C的加速度都为零，绳上拉力为mg，设连接C的长绳与竖直方向的夹角为α，对C受力分析，有 2mg cos α＝mg(2分) 设C的动能最大时速度为v′，根据机械能守恒定律有 mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mCg－2mg(2分) 解得EkC＝mCv′2＝(4－2)mgL(3分) b.综合应用动力学观点与动量观点解决问题 (2)(2023山东真题，16分)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1 m/s，v＝4 m/s，mA＝mC＝1 kg，mB＝2 kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 ①求C下滑的高度H； ②与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； ③若s＝0.48 m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； ④若s＝0.48 m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。 (2)答案：①0.8 m(2分)　②0.625 m≤s≤1.707 m(5分)　 ③－6 J(3分)　④9.02 kg·m/s(6分) 解析：①由题意可知，滑块C静止滑下过程中，根据动能定理有 mCgH＝mCv2－0(1分) 代入数据解得H＝0.8 m(1分) ②滑块C刚滑上B时，C受到水平向左的摩擦力，大小为f2＝μ2mCg 根据牛顿第三定律可知，木板B受到C的摩擦力水平向右，大小为 f′2＝μ2mCg B受到地面的摩擦力水平向左，大小为f1＝μ1(mC＋mB)g 根据牛顿第二定律可知，滑块C的加速度为 aC＝＝μ2g＝5 m/s2 木板B的加速度为aB＝＝1 m/s2(1分) 设经过时间t1，B和C共速，有 v－aCt1＝v0＋aBt1(1分) 代入数据解得t1＝0.5 s 木板B的位移sB1＝v0t1＋aBt＝0.625 m(1分) B与C共同的速度v共1＝v0＋aBt1＝1.5 m/s 此后B和C共同减速，加速度大小为aBC＝＝1 m/s2 设再经过t2时间，物块A恰好运动到木板B的左端，有 sB1＋＝v0(t1＋t2)(1分) 解得t2＝ s，t′ 2＝ s(舍去) 此时B的位移 sB2＝sB1＋v共1t2－aBCt≈1.707 m(1分) 综上可知满足条件的s范围为 0．625 m≤s≤1.707 m ③由于s＝0.48 m<0.625 m，可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据匀变速直线运动规律有 s＝v0t0＋aBt(1分) 解得t0＝0.4 s，t′0＝－2.4 s(舍去) 滑块C在这段时间的位移为sC＝vt0－aCt＝1.2 m(1分) 所以摩擦力对C做的功为W＝－f2sC＝－6 J(1分) ④因为木板B足够长，最后的状态一定是C与B静止，物块A向左做匀速运动。木板B向右运动0.48 m时，有 vB0＝v0＋aBt0＝1.4 m/s vC0＝v－aCt0＝2 m/s sA＝v0t0＝0.4 m(1分) 此时A、B之间的距离为sAB＝0.48 m－0.4 m＝0.08 m 由于B与挡板发生弹性碰撞，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小 a′B＝＝4 m/s2(1分) 物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有 v0t3＋＝sAB(1分) 解得t3＝ s，t′3＝ s(舍去) 此时有 vB1＝vB0－a′Bt3＝ m/s，方向向左； vC1＝vC0－aCt3＝(2－1) m/s，方向向右。 接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0＝1 m/s，方向向右，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mAv0＋mB(－vB1)＝mAvA＋mBvB(1分) mAv＋mB(－vB1)2＝mAv＋mBv(1分) 代入数据解得 vA＝－ m/s≈－2.02 m/s vB＝ m/s≈0.246 m/s 而此时vC1＝(2－1) m/s≈1.83 m/s 物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左做匀速运动，系统的初动量为 p初＝(mA＋mB)v0＋mCv＝7 kg·m/s 末动量为p末＝mAvA＝－2.02 kg·m/s 则整个过程动量的变化量为Δp＝p末－p初＝－9.02 kg·m/s(1分) 即大小为9.02 kg·m/s。 c.综合应用动力学观点与能量观点解决问题 (3)(2022湖南真题，15分)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。 图(a) 　　　图(b) ①求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比； ②若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小； ③篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。 (3)答案：①(3分) ②(3分) ③m(9分) 解析：①篮球下降过程中，根据牛顿第二定律有 mg－λmg＝ma下 再根据匀变速直线运动的公式，第一次下落的过程中，有v＝2a下H(1分) 篮球反弹后上升过程中，根据牛顿第二定律有mg＋λmg＝ma上 再根据匀变速直线运动的公式，第一次上升的过程中，有v＝2a上h(1分) 则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比 k＝＝(1分) ②篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有 mgh＋F0－λmgh＝mv′－0(1分) 篮球反弹后上升过程中，根据动能定理有 －mgh－λmgh＝0－m(kv′下)2(1分) 联立解得F0＝(1分) ③法一 由①问可知篮球下降和上升过程中的加速度分别为 a下＝(1－λ)g(方向向下) a上＝(1＋λ)g(方向向下)(1分) 由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有 I＝mv 即每拍击一次篮球将给它一个速度v 拍击第1次下降过程有v－v2＝2(1－λ)gh0 上升过程有(kv1)2＝2(1＋λ)gh1 代入k后，上升过程有hv＝2(1－λ)gHh1 联立解得h1＝＝1·h0＋1·(2分) 拍击第2次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2(1－λ)gh1 上升过程有hv＝2(1－λ)gHh2 联立解得h2＝ 再将h1代入h2有h2＝2·h0＋2·＋1·(2分) 拍击第3次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2(1－λ)gh2 上升过程有hv＝2(1－λ)gHh3 联立解得h3＝ 再将h2代入h3有 h3＝3·h0＋3·＋2·＋1· 直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2(1－λ)ghN－1 上升过程有hv＝2(1－λ)gHhN 联立解得hN＝ 将hN－1代入hN有 hN＝N·h0＋N·＋N-1·＋…＋1·(2分) 其中hN＝H，h0＝h 则有H＝N·h＋ 则I＝mv＝m(2分) 法二 由①问可知，篮球下降和上升过程中的加速度分别为a下＝(1－λ)g(方向向下) a上＝(1＋λ)g(方向向下)(1分) 由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有 I＝mv′ 即每拍击一次篮球将给它一个速度v′。设篮球从H下落时，落地速度为v0，反弹高度为h，篮球受到冲量I后速度为v′，落地速度为v1，则 2(1＋λ)gh＝(kv0)2，2(1－λ)gh＝v－v′2 联立可得h＝＝ 代入k可得v′2＝v－v①(2分) 篮球第二次反弹，反弹速度为kv1，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得 2(1＋λ)gh1＝(kv1)2，2(1－λ)gh1＝v－v′2 同理化简可得 v′2＝v－v②(2分) 篮球第三次反弹，反弹速度为kv2，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得 2(1＋λ)gh2＝(kv2)2，2(1－λ)gh2＝v－v′2 同理化简可得v′2＝v－v③ …… 第N次反弹可得v′2＝v－v 对式子①②③…两侧分别乘以0、、、…、，再相加可得 v′2＝v－v(2分) 得v′2＝v－v 其中，v＝2(1－λ)gH，(kvN)2＝2(1＋λ)gH 则v′＝ 可得冲量I的大小 I＝mv′＝m(2分) d.综合应用动量观点、能量观点和动力学观点解决问题 (4)(2024.06浙江真题，11分)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＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，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，重力加速度g＝10 m/s2。 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。 (4)答案：①5 m/s(3分)　②0.625 J(3分) ③6 m/s(5分) 解析：①滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，在C点由重力提供向心力有mg＝(1分) 从滑块离开弹簧到C，根据动能定理有 －2mgR＝mv－mv(1分) 联立并代入数据解得v0＝5 m/s(1分) ②平板加速至与滑块共速过程，平板与滑块组成的系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共(1分) 由能量守恒有 ΔE＝mv－(M＋m)v(1分) 联立并代入数据解得ΔE＝0.625 J(1分) ③轨道AB、BCD、DE均光滑，AB与DE等高，故滑块离开弹簧时的速度vm就是滑块滑上平板时的速度 若μ2＝0.1，平板与滑块相互作用过程中，由牛顿第二定律，对滑块有μ1mg＝ma1(1分) 对平板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2(1分) 代入数据解得a1＝6 m/s2，a2＝4 m/s2 滑块速度过大时，将因为未到达H点就从平板右侧飞出而无法到达H点。滑块恰好不会飞出时，平板未到达HG，且滑块在平板右端与平板达到共同速度v；或滑块始终未与平板共速，且滑块与平板同时到达HG(H)。假设为第一种情况，该过程中有 v＝vm－a1t1＝a2t1 滑块、平板位移分别为 x1＝t1 x2＝t1 相对位移为Δx＝L＝x1－x2(1分) 联立并代入数据解得 vm＝6 m/s，x1＝2.52 m(1分) x1<d，即平板未到达HG，假设成立 故滑块离开弹簧时的最大速度为 vm＝6 m/s。(1分) (5) (2023河北真题，16分)如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1.3 m，g取10 m/s2，取3.16，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 ①求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小； ②求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度； ③物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1∶3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3 J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。 (5)答案：①物块A的速度大小为7 m/s(1分)　木板的速度大小为2 m/s(1分)　 ② N(2分)　2 m(3分)　③0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s(9分) 解析：①设物块A的初速度为v0，木板与轨道底端碰撞前，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和功能关系有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v＋μm1gL(1分) 由题意分析v1≥v2，联立以上各式解得 v1＝7 m/s，v2＝2 m/s(1分) ②设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度为v3，轨道对物块的弹力为FN。物块A从圆弧轨道最低点到最高点，根据动能定理有 －m1gR(1＋sin 37°)＝m1v－m1v(1分) 物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有 FN＋m1gsin 37°＝m1 联立以上各式解得FN＝ N(1分) 设物块A拋出时的水平分速度和竖直分速度分别为vx和vy vx＝v3sin 37°，vy＝v3cos 37° 斜抛过程物块A上升时间t1＝＝0.4 s(1分) 该段时间物块A向左运动距离为s1＝vxt1＝1.2 m(1分) 物块A距离地面最大高度 H＝R(1＋sin 37°)＋＝2 m(1分) ③物块B和C从最高点落地时间 t2＝＝0.632 s(1分) 设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为B、C，设质量和速度分别为m3、m4和v4、v5，m3∶m4＝1∶3，系统动能增加ΔEk。根据动量守恒定律和能量守恒定律得 m1vx＝m3v4＋m4v5 m1v＋ΔEk＝m3v＋m4v 解得v4＝6 m/s，v5＝2 m/s或v4＝0，v5＝4 m/s(1分) 设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间为Δt (a)若v4＝6 m/s，v5＝2 m/s，炸裂后B落地过程中的水平位移为 s′＝v4t2＝3.792 m 炸裂后C落地过程中的水平位移为 s″＝v5t2＝1.264 m 木板右端到轨道底端的距离为 Δs＝v2(t1＋t2－Δt)＝(2.064－2Δt) m(1分) 运动轨迹分析如下。 为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一 Ⅰ.若保证C落在木板上，应满足 (2.064－2Δt) m＋1.3 m≥1.264 m＋0.6 m 且(2.064－2Δt) m≤1.264 m＋0.6 m 解得0.1 s≤Δt≤0.75 s(1分) Ⅱ.若保证B落在木板上，应满足 (2.064－2Δt) m＋1.3 m≥3.792 m＋0.6 m 且(2.064－2Δt) m≤3.792 m＋0.6 m 不等式无解；(1分) (b)若v4＝0，v5＝4 m/s，炸裂后B落地过程中水平位移为0，炸裂后C落地过程中水平位移为 s‴＝v5t2＝2.528 m 木板右端到轨道底端的距离为 Δs′＝v2(t1＋t2－Δt)＝(2.064－2Δt) m(1分) 运动轨迹分析如下 为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一 Ⅲ.若保证B落在木板上，应满足(2.064－2Δt) m＋1.3 m≥0.6 m 且(2.064－2Δt) m≤0.6 m 解得0.732 s≤Δt≤1.382 s(1分) Ⅳ.若保证C落在木板上，应满足(2.064－2Δt) m＋1.3 m≥2.528 m＋0.6 m 且(2.064－2Δt) m≤2.528 m＋0.6 m 解得0≤Δt≤0.118 s(1分) 综合分析(a)(b)两种情况，为保证B、C之一落在木板上，Δt满足的条件为 0．1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s(1分) e.综合应用力学三大观点解决循环运动问题 (6)(湖南师大附中联考一模，16分)如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R＝1.2 m，圆心角为60°，圆弧右端有一个质量为m＝1 kg的长木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块(视为质点)，滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C，且mB＝3mC＝3m，B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时弹簧弹性势能为Ep＝6 J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A，当A、B刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g＝10 m/s2，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求： ①滑块B刚滑上长木板A时的速度大小； ②滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q； ③长木板A全过程运动的总位移x。 (6)答案：①4 m/s(4分)　②16.8 J(10分) ③2.25 m(2分) 解析：①对B、C分析，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 3mvB＝mvC ×3mv＋mv＝Ep(1分) 解得vB＝1 m/s，vC＝3 m/s B恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，可知cos 60°＝(1分) 设B滑上长木板的初速度为v0，根据机械能守恒定律有 ×3mv－×3mv＝3mg(R－Rcos 60°)(1分) 解得v0＝4 m/s(1分) ②开始时，长木板A的右端与滑块1之间的距离为d1，对A、B分析，根据动量守恒定律有3mv0＝(m＋3m)v10 对A分析，根据动能定理有μ×3mgd1＝mv－0(1分) 解得d1＝ 滑块1与滑块2之间的距离为d2，则长木板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv10＝mvA1＋2mv1 mv＝mv＋×2mv(1分) 联立解得vA1＝－v0，v1＝v0 A、B第二次达到相同速度时，根据动量守恒定律有 3mv10＋mvA1＝(m＋3m)v20 对A分析，根据动能定理有 μ×3mgd2＝mv－mv(1分) 解得d2＝ 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2运动速度为v0。A与1第二次碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv20＝mvA2＋2mv2 mv＝mv＋×2mv(1分) 解得vA2＝－v0，v2＝v0，v20＝v10 依次类推有 vn＝n-1v10 vAn＝－×n-1v10(n＝1，2，3…)(2分) A、B的相对加速度为a＝4μg 第n次碰后相对速度为 vn相对＝vn＋＝×n-1v10＝n-1v0 第n次碰后，B在A上滑行的路程为 ln＝＝n-1(n＝1，2，3…) 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为 l＝-1＝(2分) 所以木板的长度为L＝＋l 解得L＝(1分) 滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量为 Q＝μ×3mgL＝16.8 J(1分) ③根据以上分析可知，长木板A全过程运动的总位移为 x＝d1＋d2＋…＝＝2.25 m(2分) 随堂普查练16 1．(2024辽宁真题，13分)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 1．答案：(1)1 m/s，1 m/s(5分)　(2)0.2(3分)　(3)0.12 J(5分) 解析：(1)对物块A，由平抛运动的运动学公式得 h＝gt2(1分) xA＝vAt(1分) 代入数据解得脱离弹簧时A的速度大小为 vA＝1 m/s(1分) 在水平桌面上，物块A、B质量相等，故所受摩擦力大小相等、方向相反，物块A、B和弹簧整体动量守恒，由动量守恒定律得mAvA＝mBvB(1分) 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s(1分) (2)对物块B由动能定理得 －μmBgxB＝0－mBv(2分) 代入数据解得物块与桌面的动摩擦因数为 μ＝0.2(1分) (3)由能量守恒定律，整个过程中弹簧释放的弹性势能为 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB(2分) 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB(2分) 代入数据解得ΔEp＝0.12 J(1分) 2.(2024河北真题，16分)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 2．答案：(1)1.5 m(4分)　(2)90 J　2(6分) (3)xAC＝LB(6分) 解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，A板向左运动，B、C两木板静止，设机器人质量为M，三块木板质量均为m，机器人从A木板的左端到其右端的时间为t0，机器人在A木板上的平均速度和位移分别为v0和x0，A木板运动的平均速度和位移分别为v1和x1，则根据动量守恒定律有 0＝Mv0＋m(－v1)(1分) 且x0＝v0t0，x1＝v1t0(1分) x0＋x1＝LA(1分) 联立各式并代入数据解得x1＝1.5 m(1分) 即A、B木板间的水平距离为1.5 m。 (2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得vcos θ·t＝x1(1分) 且vsin θ－g×＝0(1分) 联立各式解得v2＝ 机器人跳离A木板的过程，机器人和A木板组成的系统水平方向动量守恒， 则有Mvcos θ＝mvA(1分) 根据能量守恒定律可得机器人做的功为 W＝Mv2＋mv(1分) 联立各式整理得 W＝×45 J＝×45 J＝45 J(1分) 根据数学知识可知，当tan θ＝，即tan θ＝2时，W有最小值，代入数值得此时W＝90 J。(1分) (3)机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C两木板组成的系统在水平方向动量守恒，有 Mvcos θ＝(M＋2m)v共(1分) 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统在水平方向动量守恒，设该过程中机器人水平方向的平均速度大小为v2，B木板的平均速度大小为vB，总时间为Δt，取向右为正方向，有 (M＋m)v共＝Mv2－mvB(1分) 机器人和B木板的相对位移为LB，可得 LB＝(v2＋vB)Δt(1分) 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B木板左端到跳到B木板右端的过程中，设A、B两木板的位移差为Δx 则有(vB－vA)Δt＝Δx(1分) A、C两木板间距为 xAC＝(vA＋vC)Δt＋Δx＋LB，vC＝v共(1分) 联立各式解得xAC＝LB。(1分) 3．(全国Ⅰ经典真题，20分)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。 　　　　 图(a)　　　　 　　　图(b) (1)求物块B的质量； (2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 3．答案：(1)3m(4分)　(2)mgH(8分) (3)(8分) 解析：(1)根据图(b)知，v1为A在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间的速度大小。设物块B的质量为m′，碰后瞬间的速度为v′，A、B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律有 mv1＝m(－)＋m′v′(1分) 根据能量守恒定律有mv＝m2＋m′v′2(1分) 联立上述两式解得m′＝3m(2分) (2)在图(b)描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所滑过的路程为s1，返回过程中所滑过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，根据动能定理有 mgH－fs1＝mv－0(1分) －(fs2＋mgh)＝0－m2(1分) 从图(b)给出的图像可知，s1＝v1t1(1分) s2＝··(1.4t1－t1)(1分) 如图所示，根据几何关系可得＝(1分) 物块A在整个过程中克服摩擦力做的功为 W＝fs1＋fs2(1分) 联立各式解得W＝mgH(2分) (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，则有 W＝μmg cos θ·(2分) 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，根据动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2(2分) 设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为μ′，对物块A，根据动能定理有 mgh－μ′mg cos θ·－μ′mgs′＝0－0(2分) 联立解得＝(2分) 4.(浙江经典真题，12分)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上、距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度vB的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin； (3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。 4．答案：(1)4 m/s(3分)　(2)0.45 m(5分) (3)0.8 m(4分) 解析：(1)小滑块在AB轨道上运动，由动能定理得 mgh－μmg cos θ·＝mv－0(2分) 解得vB＝，代入数据得vB＝4 m/s(1分) (2)小球沿CDEF轨道运动，恰好通过最高点，在最高点E由重力提供圆周运动的向心力 mg＝m(1分) 从C点到E点由机械能守恒定律可得 mv＋mg(R＋r)＝mv(1分) 解得vEmin＝ m/s，vCmin＝2 m/s(1分) 小滑块与小球质量相等，且发生弹性碰撞，碰后速度交换，vBmin＝vCmin(1分) 结合(1)问可得vBmin＝ 解得h的最小值hmin＝0.45 m(1分) (3)设F点到G的距离为y，小球从E点运动到G，由动能定理得 mg(R＋y)＝mv－mv(1分) 小球与三棱柱G碰撞后做平抛运动，由平抛运动规律得 x＝vGt，H＋r－y＝gt2(1分) 联立可得水平距离为x＝2(1分) 由数学知识可得，当且仅当0.5－y＝0.3＋y时，x取最大值xmax， xmax＝0.8 m(1分) 5.(湖南经典真题，15分)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g。 (1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小； (2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程； (3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。 5．答案：(1)(2分) (2)x＝2(μL≤y≤2μL)(6分) (3)·μL<h≤×4μL(7分) 解析：(1)设物块A从光滑轨道滑至O点的速度为v，根据动能定理 mg×2μL－μmgL＝mv2－0(1分) 解得v＝(1分) (2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出时的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为(x，y)，落在弧形轨道上的动能为Ek，将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 x＝v0t，y＝gt2(2分) 解得v＝ 物块A从O点到落点，根据动能定理可知 mgy＝Ek－mv(1分) 解得落点处动能为Ek＝mgy＋mv＝mgy＋ 因为物块A从O点落到弧形轨道上动能均相同，将落点P(2μL，μL)的坐标代入，可得 Ek＝mgy＋＝mg×μL＋＝2μmgL(1分) 化简可得y＋＝2μL 即x＝2(μL≤y≤2μL)(2分) (3)设物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达O点与物块B碰前，其速度为v′0，根据动能定理可知mgh－μmgL＝mv′－0(1分) 解得v′＝2gh－2μgL 物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道——倾斜轨道——水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后A、B的速度大小分别为v1和v2，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv′0＝－mv1＋λmv2(1分) mv′＝mv＋·λmv(1分) 解得v1＝v′0，v2＝v′0 设碰后物块A反弹，再次到达O点时速度为v3，根据动能定理可知 －2μmgL＝mv－mv－0(1分) 解得v＝v－4μgL 根据题意，A落在B落点的右侧，则 v3>v2(1分) 又根据A和B均能落在弧形轨道上，可知A必须落在P点或其左侧，即 v3≤(1分) 联立以上各式，可得h的取值范围为 ·μL<h≤×4μL(1分) 6．(山东烟台一模，16分)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)木板A的长度； (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； (3)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 6．答案：(1)(3分)　(2)(4分) (3)(4分)　(4)(5分) 解析：(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律有 mv0＝(2m＋m)v1(1分) 根据能量守恒定律有μmgL＝mv－(2m＋m)v(1分) 联立以上二式解得 v1＝v0 L＝(1分) (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有 2mv1－mv1＝(2m＋m)v2(1分) 根据能量守恒定律有μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v(1分) 联立以上各式解得 v2＝v0 x1＝(1分) 则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1＝L－x1＝(1分) (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为，对B，根据牛顿第二定律可得 μmg＝maB(1分) 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1(1分) 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有＝2aBsn 则0～t0时间内B经过的路程 s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋)(1分) 得s＝＝(1分) (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有 ＋＝aBt1 2－2＝2aBΔx(1分) 匀速运动过程有Δx＝t2(1分) 联立以上各式解得t1∶t2＝1∶1(1分) 即每相邻两次碰撞过程：A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1。在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则 t′＝t0(1分) 对A，根据牛顿第二定律有μmg＝2maA 又＝aAt′ 解得t0＝(1分) 课后提分练16　力学三大观点的综合应用 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　　　 1．(多选)(经典题，4分)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　) 图(a)　　　　　　　　　　　　图(b) A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 1．答案：BC 解析：物块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该距离、也可能大于该距离，因此根据题意无法求出木板的长度，故A项错误。物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，解得＝ ，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B项正确。对木板，由动量定理得μmgt1＝Mv1，解得μ＝ ，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C项正确。由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D项错误。 2．(经典题，3分)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) 2．答案：B 解析：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸产生的力对继续沿原方向运动的一块的冲量沿原运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，故C项、D项均错误。甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A项中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，故A项错误。B项中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，故B项正确。 3．(2024海南真题，14分)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)滑板的长度L。 3．答案：(1)1 000 N(6分)　(2)7 m(8分) 解析：(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh＝mv(2分) 在b点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m(2分) 解得FN＝1 000 N(1分) 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为F′N＝FN＝1 000 N(1分) (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得－μmgs＝0－mv2(2分) 根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，游客与滑板运动的相对路程为L，由能量守恒有 mv＝μmgL＋mv2＋Mv(2分) 游客和滑板组成的系统动量守恒，有 mv0＝mv＋MvB(2分) 联立并代入数据解得L＝7 m(2分) 4．(海南经典真题，10分)如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求： (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小； (2)轻绳的长度。 4．答案：(1)(3分)　(2)4μs(7分) 解析：(1)设a的质量为m，则b的质量为3m。 碰撞后b滑行过程，根据动能定理得－3μmgs＝0－×3mv(2分) 解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb＝(1分) (2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，设碰前a的速度为v0，碰后a、b的速度分别为va、vb，根据动量守恒定律得mv0＝mva＋3mvb(2分) 弹性碰撞无动能损失，根据机械能守恒定律得 mv＝mv＋×3mv(2分) 设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒定律得mgL＝mv(2分) 联立以上三式，解得L＝4μs(1分) 5．(全国Ⅱ经典真题，20分)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 5．答案：(1)2g　3g(4分)　(2)H(9分) (3)L≥H(7分) 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有 Ma1＝Mg＋f(1分) ma2＝f－mg(1分) 联立并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g(2分) (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0＝，方向均向下(1分) 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式有 v0－a1t1＝－v0＋a2t1(1分) 解得t1＝(1分) 设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得 h1＝v0t1－a1t(1分) v＝v0－a1t1(1分) 可判断此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，由运动学公式有 h2＝(1分) 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则 H1＝h1＋h2(1分) 联立以上各式解得H1＝H(2分) (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有 Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0(2分) 解得x1＝H(1分) 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为 x2＝H1(1分) 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1＋x2≤L(1分) 联立解得L应满足的条件为L≥H(2分) 6．(湖北经典真题，15分)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离； (2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率； (3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。 6．答案：(1)2R(4分)　(2)mg sin θ(3分) (3)mgR(8分) 解析：(1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v′2，由于此时B对轨道的压力为零，则由牛顿第二定律得 mg＝m(1分) B从半圆弧轨道飞出后做平抛运动，设B做平抛运动的时间为t，则在竖直方向上有 2R＝gt2(1分) 在水平方向上有x＝v′2t(1分) 联立以上各式解得x＝2R(1分) (2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgR cos θ＝mv(1分) 由于对A做功的力只有重力，重力方向与速度方向夹角为90°－θ，则A所受重力对A做功的功率为P＝mgvD cos (90°－θ)(1分) 联立以上两式解得P＝mg sin θ(1分) (3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得mv＝mv′＋mg×2R(1分) 解得v2＝(1分) 对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得mv＝mgR(1分) 解得v1＝ (1分) 设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2(1分) 解得v0＝＋(1分) 碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝mv－mv－mv(1分) 解得ΔE＝mgR(1分) 7．(2024甘肃真题，15分)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 7．答案：(1)40 N(6分)　(2)4 m/s(3分)　(3)0.15(6分) 解析：(1)小球A从开始运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律有 mAgOP(1－cos 60°)＝mAv－0(2分) 小球A在最低点时，根据牛顿第二定律有 F拉－mAg＝(2分) 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，F拉＝40 N(1分) 由牛顿第三定律可得，细绳OP所受的拉力 F′拉＝F拉＝40 N(1分) (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，碰后A竖直下落，则有mAv0＝0＋mCvC(2分) 代入数据解得vC＝v0＝4 m/s(1分) (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对CB分析，该过程中根据动量守恒得 mCvC＝(mB＋mC)v(2分) 根据能量守恒得 μmCgs相对＝mCv－(mB＋mC)v2(2分) 联立并代入数据解得μ＝0.15(2分) B组(冲刺满分) 8．(多选)(经典题，4分)一质量为M＝1.98 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为0.02 kg，如图(a)所示。地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图(b)所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 　图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A．子弹射入物块前的速度大小为400 m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．由于子弹的射入，电动机对传送带多做的功为24 J D．整个过程中，系统产生的内能为36 J 8．答案：BCD 解析：从v－t图像看出，物块被向左运动的子弹击中后，速度为v＝4 m/s，先向左减速运动到速度为零，然后向右加速到v1＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向右，其速度v′＝2 m/s，根据动量守恒知－mv0＋Mv′＝－(M＋m)v，解得v0＝ v＋v′＝×4 m/s＋×2 m/s＝598 m/s，故A项错误。由v－t图像可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得，滑动摩擦力f＝μ(M＋m)g＝(M＋m)a，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，故B项正确。由速度图像可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，0～2 s内：s物1＝ ×2×4 m＝4 m(向左) ；s带1＝ v1t1＝2×2 m＝4 m(向右)；2～3 s内∶s物2＝ ×2×1 m＝1 m(向右); s带2＝ v1t2＝2×1 m＝2 m(向右)。所以，物块在传送带上滑动的路程s相＝(4 m＋4 m)＋(2 m－1 m)＝9 m，产生的内能 Q＝f·s相＝μ(M＋m)g·s相＝0.2×2.0×10×9 J＝36 J。传送带对物块做的功由动能定理可得W＝(M＋m)v′2－(M＋m)v2＝－12 J，电动机对传送带多做的功为W＋Q＝－12 J＋36 J＝24 J，故C项、D项均正确。 9．(2024.01浙江真题，11分)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＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、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＝0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物快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。(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若h＝0.8 m，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＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 9．答案：(1)①16 m/s2(3分)　②2 m(2分) ③(2分)　(2)0.2 m(4分) 解析：(1)①对小物块a从由静止释放到第一次经过C点的过程，根据机械能守恒定律有 mgh＝mv(1分) 第一次经过C点时，有m＝ma(1分) 联立代入数据解得a＝16 m/s2(1分) ②由几何关系可知，E点的高度hE＝Lsin θ＋R(1－cos θ)＝0.95 m>h，显然小物块a不会从E点滑出轨道DE 小物块a在DE上时，因为μ2mgcos θ<mgsin θ，所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块a每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，则根据能量守恒定律可得 mg[h－R(1－cos θ)]＝(μ1mgcos θ＋μ2mgcos θ)(1分) 代入数据解得s＝2 m(1分) ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为 a上＝gsin θ＋μ1gcos θ＝8 m/s2 a下＝gsin θ－μ2gcos θ＝2 m/s2 则对小物块a在DE上的每一次完整的上滑和下滑过程，根据运动学公式均有 a上t′＝a下t′(1分) 解得＝ 所以＝(1分) (2)对小物块a从由静止释放到经过F点的过程，根据动能定理有mg[h－Lsinθ－2R(1－cos θ)]－μ1mgLcos θ＝mv－0(1分) 设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且最终二者达到共同速度v，则根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有mvF＝2mv(1分) mv＝×2mv2＋2μ1mgl(1分) 代入数据解得l＝0.2 m(1分) 10.(2024山东真题，14分)如图(a)所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 图(a) 图(b) (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图(b)所示。 (ⅰ)求μ和m； (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 10．答案：(1)4 m/s(3分)　(2)(ⅰ)0.2(3分) 1 kg(3分)　(ⅱ)4.5 m(5分) 解析：(1)根据题意可知，小物块在Q点由合力提供向心力，有 mg＋3mg＝m(2分) 代入数据解得v＝4 m/s(1分) (2)(ⅰ)根据题意，结合a－F图像特点可知，当F≤4 N时，小物块与轨道无相对滑动，二者一起向左加速，根据牛顿第二定律可知 F＝(M＋m)a 根据题图(b)知图线斜率 k1＝＝0.5 kg－1(1分) 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F－μmg＝Ma 即a＝F－(1分) 结合题图(b)可知k2＝＝1 kg－1(1分) 截距b＝－＝－2 m/s2(1分) 联立以上各式解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2(2分) (ⅱ)由题图(b)可知，当F＝8 N时，轨道的加速度a1＝6 m/s2，设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有μmg＝ma2 当小物块运动到P点时，经过t0时间，对轨道有 v1＝a1t0 对小物块有v2＝a2t0(1分) 在小物块从P到Q的过程中，对轨道和小物块由机械能守恒有 Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR(1分) 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有 Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4(1分) 联立以上各式并代入数据解得t0＝1.5 s 根据运动学公式有 L＝a1t－a2t(1分) 代入数据解得L＝4.5 m(1分) 11.(2023湖南真题，16分)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程； (3)若＝，求小球下降h＝高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。 11．答案：(1)(3分)　a(4分)　(2)＋＝1(3分) (3)2b(6分) 解析：(1)小球和凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，设小球第一次运动到轨道最低点时，小球的速度大小为v1，凹槽的速度大小为v2，根据动量守恒定律有 0＝mv1－Mv2(1分) 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒 mgb＝mv＋Mv(1分) 联立以上二式解得v2＝(1分) 设小球第一次运动到轨道最低点时，相对初始位置的水平位移大小为x1，凹槽相对初始位置的水平位移大小为x2，所用时间为t，因系统在水平方向上任意时刻动量都守恒，则有 mx1＝Mx2(2分) 且由几何关系可知x1＋x2＝a(1分) 联立以上二式解得x2＝a(1分) (2)小球向左运动时凹槽向右运动，设当小球的坐标为(x，y)时，凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据(1)中的结论有 m(a－x)＝M·Δx(1分) 小球处在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 ＋＝1(1分) 整理得＋＝1(1分) (3)将＝代入小球的轨迹方程化简可得[x－(a－b)]2＋y2＝b2(1分) 即此时小球的轨迹为以(a－b，0)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时，如图所示。 　　　　　　　 (1分) 此时小球速度和水平方向的夹角为60°，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒，设此时小球相对地面的速度大小为v3，凹槽的速度大小为v4，根据动量守恒定律可得0＝mv3cos 60°－Mv4(1分) 根据机械能守恒定律可得mg＝mv＋Mv(1分) 联立以上各式解得v3＝2b(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$