微专题17：三大力学观点的综合应用+ 专项训练 -2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

微专题17:力学观点的综合应用 微专题目录 一.【模型构建】 模型一 动量与牛顿运动定律的综合应用 经典例题：例1、例2 模型二 动量与能量的综合应用 经典例题：例3、例4 模型三 力学三大观点的综合应用 经典例题：例5、例6、 二.【核心素养提升】 典例示范--规范解答—答题“四规范” 三.【针对训练】 【基础题组】/【能力题组】 四.【参考答案】 ……………………………………………………………………… 【模型构建】 模型一　动量与牛顿运动定律的综合应用 1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。 2.动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。 3.若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。 【例1】.(多选)在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是(　　) A.汽车和拖车整体动量守恒 B.汽车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时 D.拖车刚停下时汽车的速度为v0 【例2】.如图3所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿光滑轨道ABC滑下，在C处与b球发生正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。则： 图3 (1)a球与b球碰前瞬间的速度多大？ (2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答) 模型二　动量与能量的综合应用 动量观点与能量观点综合应用技巧 (1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。 (3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算。另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。 【例3】.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板面积略大于；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 【例4】.如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接.传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0 m.设物块A,B中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10 m/s2. (1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小; (2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲 面上; (3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小. 模型三　力学三大观点的综合应用 1.解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2.应对策略 (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)三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律。根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这几个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。 【例5】如图6甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L′＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2。 图6 (1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小； (2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小； (3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。 【例6】.如图8甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(均可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点，P在按图乙所示的随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求： 图8 (1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)Q运动的时间t。 【核心素养提升】 规范解答——答题“四规范” 【典例示范】(20分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为s＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′； (2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。 【审题关键】 (1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”动量守恒定律和能量守恒定律 (2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”Mg＝ (3)“小球Q……球S碰撞后为一体”动量守恒定律 (4)“小球Q……一体飞出”二者一起做平抛运动 规范解答 答题“四规范” 解析　(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝M(1分) 解得vC＝(1分) 对于小球P，从B→C， 由动能定理有－2MgR＝Mv－Mv(2分) 解得vB＝(1分) 在B点有NB－Mg＝M(2分) 解得NB＝6Mg＝12 N(1分) 由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12 N(1分) (2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t， 根据公式h＝gt2得 t＝0.2 s(1分) 根据公式s＝vt，得v＝1 m/s(1分) 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有 mvQ＝2mv(2分) 解得vQ＝2 m/s(1分) (3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ(2分) 解得vP＝1 m/s(1分) P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 Ep＝Mv＋Mv(2分) 解得Ep＝0.3 J(1分) 答案　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J 1.文字说明规范 文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。 2.列方程规范 列方程时要做到“三要三不要”。 一是要写出方程式而不要堆砌公式； 二是要原始式而不是变形式； 三是要分步列式，不要用连等式。 3.演算过程规范 要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。 4.结果表达规范 对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。 【基础题组】 1.(多选)如图1，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为 (　　) 图1 A.25 J B.35 J C.45 J D.55J 2.(多选)如图2甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B获得大小为3 m/s，方向水平向右的速度，以此时刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息中可得(　　) 图2 A.两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B.两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2 C.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1 D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1 3.（单选）用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半径为R，三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m1的球移至左侧离容器底高h(h＝R)处无初速释放，如图2所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为(　　) 图3 A.2∶2∶1 B.3∶3∶1 C.4∶4∶1 D.3∶2∶1 4.(单选)在冬奥会冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图3a所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶刷擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的速度—时间图象如图中的实线所示，两冰壶质量相同，则(　　) 图4 A.两壶碰撞为弹性碰撞 B.碰后两壶相距的最远距离为1.1 m C.碰后红、蓝两壶的滑动摩擦力相同 D.碰后蓝壶的加速度大小为0.10 m/s2 5.如图5所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离sOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10 m/s2，求： 图5 (1)炸药的化学能E； (2)半圆轨道的半径R。 6.如图6所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求： 图6 (1)A、B碰后的共同速度v1的大小； (2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小。 7.如图7所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg。现让A以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求： 图7 (1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小； (2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。 【综合能力题组】 8.（单选）如图8所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　) 图8 A.h B.2h C.3h D.4h 9.(多选)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置s随时间t变化的图象如图9所示。已知滑块a的质量为80 g，则下列判断正确的是 (　　) 图9 A.碰撞前滑块a、b的运动方向相同 B.碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/s C.滑块b的质量为100 g D.碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J 10.如图10，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 图10 11.如图11所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车上右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： 图11 (1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1； (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？ 12.如图12所示，光滑曲面AB与长度为L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带上表面以v＝1 m/s的速度向右运动。传送带右侧光滑水平地面上放置一个附四分之一光滑圆轨道的物体乙，其质量为m2＝3 kg。质量为m1＝1 kg的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h＝1 m的A点由静止释放，物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： 图12 (1)甲第一次运动到C点的速度大小； (2)甲第二次运动到C点的速度大小。 13.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 (1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W； (2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数； a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式； b.示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。 (3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。 14. 如图，质量为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和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，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，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为． （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）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程； （3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）． 15. 如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。 16.如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。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，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为（sinθ=0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 17．随着环境的恶化，导致土壤荒漠化越来越严重。环境治理小组模拟“飞沙走石”的场景，进行了如下实验。，现将两个质量均为的石块、由静止释放在粗糙的平台上，若平台上方始终存在，水平向右的气流，其风力大小恒为。初始时与间的距离为。已知石块、与平台的动摩擦因数分别为和，重力加速度g=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，石块之间发生的碰撞可视为弹性正碰，且平台足够长。求： （1）AB第一次碰撞后的速度分别是多少？ （2）从释放到最终停止所运动的位移及时间。 【参考答案】 例1.解析：汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为F合＝(M＋m)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝v0，选项D正确。故选 CD 例2．解析： (1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，由机械能守恒定律得mgh＝mv 解得vC＝ 即a球与b球碰前瞬间的速度大小为。 (2)设碰后b球的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则 mvC＝(m＋m)v 故v＝vC＝ 假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为T，则T－2mg＝2m 解得T＝3mg 因T＞2.8mg，故细绳会断裂。 答案　(1)　(2)会断裂 例3.【答案】(1)；(2) 【解析】(1)设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为，则 ， 则单位时间内从喷口喷出的水的质量为： (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于时间内喷出的水，有能量守恒得： 在高度处，时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有：（重力忽略不计） 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得： 联立式得： 例4.解析:(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守恒知：mgh=m,v0= 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v, 有v2-=-2al；解得v=4 m/s 由于=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小. (2)设物块A,B第一次碰撞后的速度分别为vA,v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得：； 解得： 即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′, 则0-=-2al′,l′= m<1 m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上. (3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞. 设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知：v2=v1=()2v 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…… 碰撞后物块B的速度大小依次为v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…,则第n次碰撞后物块B的速度大小为：vn=()nv,vn= m/s. 答案:(1)4 m/s　(2)见解析　(3) m/s 例5.解析(1)物块从A点滑到B点的过程中机械能守恒 则mgR＝mv 解得vB＝3 m/s 在B点由牛顿第二定律得N－mg＝m 解得物块在B点时受到轨道对它的支持力N＝30 N 由牛顿第三定律物块滑到B点时对轨道的压力N′＝N＝30 N (2)物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒有：mvB＝(m＋M)v共 解得物块最终速度的大小v共＝0.5 m/s (3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功Wf为f－L图线与横轴所围的面积，则：Wf＝ J＝2 J 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：－Wf＝mv2－mv 解得物块滑离平板车时的速度大小v＝ m/s 答案　(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3) m/s 例6.解析：(1)在0～3 s内，对P，由动量定理可得 F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0， 其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s。 设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a， 由牛顿第二定律可得μmg＝ma， P在B、C两点间做匀减速直线运动，有v2－v＝2aL， 解得v1＝7 m/s。 或由动能定理－μmgL＝mv2－mv，解得v1＝7 m/s。 (2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′和v2′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋mv2′， mv＝mv1′2＋mv2′2， 联立解得v2′＝v1＝7 m/s， 碰后Q做匀减速直线运动，加速度大小a′＝μg＝2 m/s2， 故Q运动的时间为t＝＝3.5 s。 答案　(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s 【基础题组】 1.AB 解析：若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得： m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2， 联立并代入数据解得：ΔEmax＝40 J， 综合可知0≤ΔE≤40 J，故A、B正确，C、D错误。故选AB 2.AD 解析　由题图并结合题意可知A、B组成的系统动量守恒，设t1时刻系统的速度为v2，则有m2v＝(m1＋m2)v2解得m1∶m2＝2∶1，故A正确，B错误；由题图可知，t2时刻A、B两物块的速度大小分别为vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，则A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1，故C错误，D正确。 3.B 解析：对于碰撞前球1下滑的过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v，对于碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2＋m3v3，由能量守恒定律得m1v＝m2v＋m3v碰后，对球2有m2g·R＝m2v，对球3有m3gR＝m3v。联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。 4.B 解析：由图知：碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s，碰撞前的总动能为Ek＝mv＝m，碰撞后的总动能Ek′＝mv0′2＋mv2＝m×0.52<Ek，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；由图可知，若红壶不碰撞，则加速度为a1＝m/s2＝－0.2 m/s2，经时间t速度变为零，则t＝＝ s＝6 s，即图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t＝6 s；碰撞后红壶移动的位移为s1＝×2 m＝0.4 m，蓝壶移动的位移为s2＝×5 m＝1.5 m，故碰后两壶相距的最远距离为Δs＝s2－s1＝(1.5－0.4)m＝1.1 m，故B正确；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为a＝ m/s2＝0.12 m/s2，故D错误。 5.解析：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB， 根据能量守恒定律可得·2mv＋E＝mv＋mv， 两式联立并代入数据解得E＝1 J。 (2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝m，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得：－μmgsOC－mg·2R＝mv－mv， 联立可解得R＝0.3 m。 答案　(1)1 J　(2)0.3 m 6.解析：(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0＝mv ① A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1 ② 式中v1为A与B碰撞后的共同速度 联立①②解得v1＝。 (2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为N′和N，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知N′－3mg＝0 ③ 由牛顿第三定律可知N′＝N ④ 联立③④解得N＝3mg。 7.答案　(1)　(2)3mg 解析：(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有 Ft＝mAv2－mA(－v1) 解得F＝50 N (2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有 mAv2＝(mB＋mA)v3 A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有 (mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4 由能量守恒得 (mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh 解得h＝0.3 m。 答案　(1)50 N　(2)0.3 m 【综合能力题组】 8.D 解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。 9.CD 解析：由s－t图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a、b的运动方向相反，选项A错误；碰撞后，滑块b的速度vb′＝ m/s＝－1 m/s，速度大小为1 m/s，选项B错误；碰撞前，滑块a的速度va＝ m/s＝－5 m/s，b的速度vb＝ m/s＝3 m/s，碰后a的速度是零。两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可得mava＋mbvb＝mbvb′，解得mb＝100 g，选项C正确；碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为ΔEk＝mav＋mbv－mbvb′2，解得ΔEk＝1.4 J，选项D正确。 10.解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有：mv>μmgl ① 即μ< ② 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律得 mv＝mv＋μmgl ③ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有：mv1＝mv1′＋mv2′ ④ mv＝mv1′2＋·mv2′2 ⑤ 联立④⑤式解得：v2′＝v1 ⑥ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ·mv2′2≤μ·gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥ ⑧ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但没有与墙发生碰撞的条件：≤μ<⑨ 答案　≤μ< 11.解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。 (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2－μm2gL＝(m0＋m1＋m2)v－(m0＋m1)v 解得L＝5 m 故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。 答案　(1)10 m/s　(2)5 m 12.解析：(1)物体甲从A运动至B，由动能定理得：m1gh＝m1v 解得v1＝2 m/s＞v，假设物体甲在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得： －μm1gL＝m1v－m1v 解得：v2＝4 m/s v2＞v，则物体甲第一次运动到C点的速度大小为v2＝4 m/s (2)以物体甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒：m1v2＝m1v3＋m2v4 系统能量守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得：v3＝－2 m/s 则甲从物体乙上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s 答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s 13.【答案】(1)；(2)a. ；b. ①；(3)见解析 【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功； (2) 雨滴的加速度为0时速度最大； (3)由动量定理证明 【解析】(1)对雨滴由动能定理得： 解得：； (2)a。半径为r的雨滴体积为：，其质量为 当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有： 其中 联立以上各式解得： 由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴， 不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图： (3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为， 在内，空气分子个数为：，其质量为 设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有： 对圆盘上方空气分子由动量定理有： 圆盘受到的空气阻力为： 联立解得：。 14.【答案】（1），； （2）；（3） 【思维过程】 （1）人船模型→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相对于初始时刻向右运动的距离 （2）椭圆标准方程→人船模型→小球运动的轨迹方程 （3）M/m=→小球运动的轨迹方程→小球轨迹为半径为b的圆→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→小球相对于地面速度大小 【解析】 （1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，m v1=Mv2， 由机械能守恒定律，mgb=+ 联立解得：v2= 根据人船模型，mx1=Mx2，x1+x2=a 解得：凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x2= （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据人船模型有 则小球现在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 整理得： （） （3）将代入小球的轨迹方程化简可得： 即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图 此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒： 系统机械能守恒： 联立得： 15.【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3） 【解析】 （1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有：m2v0= (m1＋m2)v1 代入数据有：v1= 1m/s 对m1受力分析有： 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有：v12= 2a1x1 代入数据解得：x1= 0.125m （2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有：kx = (m1＋m2)a共 对m2有：a2= μg = 1m/s2 当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m 对m1、m2组成的系统列动能定理有： 代入数据有： （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有：－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2 解得： 则对于m1、m2组成的系统有： U = －Wf 联立有： 16.答案（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。 解析：（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，由图可知此时刻为t=t0时刻,根据动量守恒定律得： 根据能量守恒定律得： 联立解得 ：；。 (2)B接触弹簧后,压缩弹簧的过程中,A、B动量守恒,有 对方程两边同时乘以时间有： 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得： 将sA=0.36v0t0代入解得sB=1.128v0t0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 =0.768v0t0 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为设向左为正方向，根据动量守恒定律可得： 根据能量守恒定律可得： 联立解得 设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得： 下滑过程，根据动能定理可得： 联立解得μ=0.45 17．【答案】(1)2m/s;(2)5m，(5+)s 【详解】(1)以B为研究对象，由于F=0.5mg<μBmg=0.75mg 可知碰撞前B处于静止状态，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，A的加速度为aA 石块A从静止开始到与石块B碰撞过程，有L= 解得石块A运动时间为t= 1s 石块A与石块B碰撞前的速度为v0=aAt=2m/s A、B发生弹性正碰，根据动量守恒可得mv0-mvA+mvB 由题意可知vA=0，解得A、B碰撞后B的速度为vB=2m/s (2) 碰后B向右做匀减速直线运动，加速度大小为aB= B减速到停下所用时间为 B向右走的位移为=0.8m 此过程A继续从速度为零开始做匀加速直线运动，所走的位移为 =0.64m<0.8m 可知当B停下后，之后A继续跟B发生弹性碰撞，之后的运动遵循相同的规律，经过多次碰撞后，最终A、B紧靠在一起处于静止状态，整个过程，A运动的位移比B运动的位移多L=1m，以A、B为系统，根据功能关系可得 FxA+F(xA-L)=μA mgxA+μBmg(xA-L) 解得A的运动总位移为xA=5m 由于每次碰撞后B获得的速度等于碰撞前A的速度vA，设下一次碰撞前A的速度为，从碰撞后到下一次碰撞前的过程有 可得 可知A每一次碰撞前的速度都是上一次碰撞前A的速度的倍，则A整个运动过程所用时间为 t=(5+)s - 1 - / 32 学科网（北京）股份有限公司 $$